【文档说明】【精准解析】第08章三年高考真题与高考等值卷（立体几何与空间向量）（理数）【高考】.docx，共(92)页，2.913 MB，由小赞的店铺上传

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三年高考真题与高考等值卷(立体几何与空间向量)(理科数学)1.空间几何体(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述

三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.(3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.(4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).

(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.2.点、直线、平面之间的位置关系(1)理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.•公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.•公

理2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.•公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.•公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.•定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补.(2)以

立体几何的上述定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.理解以下判定定理.•如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.•如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个

平面平行.•如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直.•如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理,并能够证明.•如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.•如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那

么它们的交线相互平行.•垂直于同一个平面的两条直线平行.•如果两个平面垂直,那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.4.空间向量及其运算(1)了解空间向量的概念,了

解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.5.空间向量的应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.(

2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.1．【

2019年新课标3理科08】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．B

M＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【解答】解：∵点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，∴BM⊂平面BDE，EN⊂平面BDE，∵BM是△BDE中DE边上

的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，∴直线BM，EN是相交直线，设DE＝a，则BD，BE，∴BMa，ENa，∴BM≠EN，故选：B．2．【2019年全国新课标2理科07】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β

平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面【解答】解：对于A，α内有无数条直线与β平行，α∩β或α∥β；对于B，α内有两条相交直线与β平行，α∥β；对于C，α，β平行于同一条直线，α∩β或α∥β

；对于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β．故选：B．3．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积

为（）A．8πB．4πC．2πD．π【解答】解：如图，由PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG

＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，∵E，F分别是PA，AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面PAC，∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D．半径为，则球O的体积

为．故选：D．4．【2019年浙江04】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该

柱体的体积（单位：cm3）是（）A．158B．162C．182D．324【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解，即27，高为6，则该柱体的体积是V＝27×6＝162．故选：B．5．【2019年浙江08】设

三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β【解答】解：方法线段AO上，作DE⊥AC于E，

易得PE∥VG，过P作PF∥AC于F，过D作DH∥AC，交BG于H，则α＝∠BPF，β＝∠PBD，γ＝∠PED，则cosαcosβ，可得β＜α；tanγtanβ，可得β＜γ，方法由最大角定理可得β＜γ'＝γ；方法易得cosα，可得sinα，sinβ，sinγ，故选：B．6．【2018年新课标1理

科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．2B．2C．3D．2【解答】

解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度：2．故选：B．7．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等

，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，α截此正方体所得截面最大值为

：6．故选：A．8．【2018年新课标2理科09】在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角

坐标系，∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1，∴A（1，0，0），D1（0，0，），D（0，0，0），B1（1，1，），（﹣1，0，），（1，1，），设异面直线AD1与DB1所成角为θ，则cosθ，∴异面直

线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选：C．9．【2018年新课标3理科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带

卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方

形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．故选：A．10．【2018年新课标3理科10】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．54【解答】解：△AB

C为等边三角形且面积为9，可得，解得AB＝6，球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C，OO′2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：18．故选：B．11

．【2018年浙江03】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．2B．4C．6D．8【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱．如图所示：故该几何体的体积为：V．故选：C．1

2．【2018年浙江06】已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”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【解答】解：∵m⊄α，n⊂α，∴当m∥n时，m∥α成立，即充分性成立，当m∥α时，m∥n不一定成

立，即必要性不成立，则“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选：A．13．【2018年浙江08】已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二

面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1【解答】解：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心．过E作EF∥BC，交CD于F，过底面

ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，连接SN，取AB中点M，连接SM，OM，OE，则EN＝OM，则θ1＝∠SEN，θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO．显然，θ1，θ2，θ3均为锐角．∵tanθ1，tanθ3，SN≥SO，∴θ1≥θ3，又sinθ3，sinθ2，SE≥SM，∴θ3≥θ

2．故选：D．14．【2018年上海15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A．4B．8C．12D．16【解答】解：根据正六边形的性质，则D1﹣A

1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有2×4＝8，当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，故有8+4+4＝16故选：D．15．【2018年北京理科05】某四棱锥的三视图如图所示，在此

四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A．1B．2C．3D．4【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA⊥底面ABCD，AC，CD，PC＝3，PD＝2，可得三角形PCD不是直角三角形．所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△PAB，△PBC，△PAD．故选：C．16．【201

7年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10B

．12C．14D．16【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形2×（2+4）＝6，∴这些梯形的面积之和为6×2＝12，故选：B．17．【2017年新课标2理科04】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该

几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A．90πB．63πC．42πD．36π【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V＝π•32×10•π•32×6＝63π，故选：B．18．【2017年新课

标2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1

夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，]），可知MNAB1，NPBC1；作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵PQ＝1，MQAC，△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC＝4+1﹣2×2×1×（）＝7，

∴AC，∴MQ；在△MQP中，MP；在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP；又异面直线所成角的范围是（0，]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为．【解法二】如图所示，补成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D即可；BC1，BD，C1D，∴B

D2，∴∠DBC1＝90°，∴cos∠BC1D．故选：C．19．【2017年新课标3理科08】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A．πB．C．D．【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底

面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r，∴该圆柱的体积：V＝Sh．故选：B．20．【2017年浙江03】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．1B．3C．1D．3【解答】解：

由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为π×12×331，故选：A．21．【201

7年浙江09】如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP＝PB，2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）

A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP＝3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，﹣3，0）．Q，R，，（

0，3，6），（，6，0），，．设平面PDR的法向量为（x，y，z），则，可得，可得，取平面ABC的法向量（0，0，1）．则cos，取α＝arccos．同理可得：β＝arccos．γ＝arccos．∵．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过

点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．设OD＝h．则tanα．同理可得：tanβ，tanγ．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角

．∴α＜γ＜β．故选：B．22．【2017年北京理科07】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A．3B．2C．2D．2【解答】解：由三视图可得直观图，再四棱锥P﹣ABCD中，最长的棱为P

A，即PA＝2，故选：B．23．【2019年天津理科11】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．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．【解答】解：由题作图可知，四棱锥底

面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分，由勾股定理得：正四棱锥的高为2，由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1，即半径等于；由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1，则该圆柱的体积为：v＝sh＝π（）2×1；故答案为：24．【2019

年新课标3理科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印

所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱

的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，∴该模型体积为：VO﹣EFGH＝6×6×4＝144﹣12＝132（cm3），∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．故答案为：118.8．2

5．【2019年北京理科11】某几何体是由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l，那么该几何体的体积为．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，则该几何体的体积V．故答案为：40．26．【2019年北京

理科12】已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．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：．【解答】解：由l，m是平面α外的两条不同直线，知：由线面平行的判定定理得：若l⊥α，

l⊥m，则m∥α．故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．27．【2019年江苏09】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E﹣BCD的体积是．【解答】解：∵长方体ABC

D﹣A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，∴AB×BC×DD1＝120，∴三棱锥E﹣BCD的体积：VE﹣BCDAB×BC×DD1＝10．故答案为：10．28．【2018年江苏10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体

的体积为．【解答】解：正方体的棱长为2，中间四边形的边长为：，八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为1，多面体的中心为顶点的多面体的体积为：2．故答案为：．29．【2018年新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面

所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，可得sin∠ASB．△SAB的面积为5，可得sin∠ASB＝5，即5，即SA＝4．SA与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半

径为：2．则该圆锥的侧面积：π＝40π．故答案为：40π．30．【2018年天津理科11】已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥M﹣EFGH的体积

为．【解答】解：正方体的棱长为1，M﹣EFGH的底面是正方形的边长为：，四棱锥是正四棱锥，棱锥的高为，四棱锥M﹣EFGH的体积：．故答案为：．31．【2017年江苏06】如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记

圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是．【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，圆柱的体积为：πR2•2R＝2πR3．则．故答案为：．32．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、

F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时

，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．【解答】解法一：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OGBC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5﹣x，三棱锥的高h，3，则V，令f（x）＝25x4﹣10x5，x∈（0，），f′

（x）＝100x3﹣50x4，令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）＝80，∴V4cm3，∴体积最大值为4cm3．故答案为：4cm3．解法二：如图，设正三角形的边长为x，则

OG，∴FG＝SG＝5，SO＝h，∴三棱锥的体积V，令b（x）＝5x4，则，令b′（x）＝0，则4x30，解得x＝4，∴（cm3）．故答案为：4cm3．33．【2017年新课标3理科16】a，b为空间中两条互相垂直的直线

，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所

成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是．（填写所有正确结论的编号）【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|＝

1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（

0，1，0），||＝1，直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，（cosθ，sinθ，﹣1），||，设与所成夹角为α∈[0，]，则cosα|sinθ|

∈[0，]，∴α∈[，]，∴③正确，④错误．设与所成夹角为β∈[0，]，cosβ|cosθ|，当与夹角为60°时，即α，|sinθ|，∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ|cosθ|，∵β∈[0，]，∴β，此时与的夹角为60°，∴②正确，①错误．故答案为：②③．34．【2017年上海04】已

知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于．【解答】解：球的体积为36π，设球的半径为R，可得πR3＝36π，可得R＝3，该球主视图为半径为3的圆，可得面积为πR2＝9π．故答案为：9π．35．【2017年上海07】如图

，以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为（4，3，2），则的坐标是．【解答】解：如图，以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条

棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，∵的坐标为（4，3，2），∴A（4，0，0），C1（0，3，2），∴．故答案为：（﹣4，3，2）．36．【2017年天津理科10】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个

球的体积为．【解答】解：设正方体的棱长为a，∵这个正方体的表面积为18，∴6a2＝18，则a2＝3，即a，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，即a＝2R，即R，则球的体积Vπ•（）3；故答案为：．37．【2019年天津理科17】如图，AE⊥平面A

BCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2．（Ⅰ）求证：BF∥平面ADE；（Ⅱ）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E﹣BD﹣F的余弦值为，求线段CF的长．【解答】（Ⅰ）证明：以A为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建

立空间直角坐标系，可得A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，1，0），E（0，0，2）．设CF＝h（h＞0），则F（1，2，h）．则是平面ADE的法向量，又，可得．又∵直线BF⊄平面ADE，∴BF∥平面ADE；（Ⅱ）解：依题意，

，，．设为平面BDE的法向量，则，令z＝1，得．∴cos．∴直线CE与平面BDE所成角的正弦值为；（Ⅲ）解：设为平面BDF的法向量，则，取y＝1，可得，由题意，|cos|，解得h．经检验，符合题意．∴线段CF的长为．38

．【2019年新课标3理科19】图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二

面角B﹣CG﹣A的大小．【解答】证明：（1）由已知得AD∥BE，CG∥BE，∴AD∥CG，∴AD，CG确定一个平面，∴A，C，G，D四点共面，由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，∴AB⊥面BCGE，∵AB

⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCGE．解：（2）作EH⊥BC，垂足为H，∵EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，∴EH⊥平面ABC，由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，∴BH＝1，EH，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所求

的空间直角坐标系H﹣xyz，则A（﹣1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），（1，0，），（2，﹣1，0），设平面ACGD的法向量（x，y，z），则，取x＝3，得（3，6，），又平面BCGE的法向量为（

0，1，0），∴cos，∴二面角B﹣CG﹣A的大小为30°．39．【2019年全国新课标2理科17】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝

A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．【解答】证明：（1）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C1⊥平面ABA1B1，∴B1C1⊥BE，∵BE⊥EC1，∴BE⊥平面EB1C1．解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AE＝A1E＝1，∵BE⊥平面E

B1C1，∴BE⊥EB1，∴AB＝1，则E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0），∵BC⊥EB1，∴EB1⊥面EBC，故取平面EBC的法向量为（﹣1，0，1），设平面ECC1的法向量（x，y，z），

由，得，取x＝1，得（1，﹣1，0），∴cos，∴二面角B﹣EC﹣C1的正弦值为．40．【2019年新课标1理科18】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，B

B1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，又MB∥AA1，MB，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，由NH∥AA1，N为A1D

中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线

为z轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x，得，又平面MAA1的一个法向量为，∴cos．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．41．【201

9年北京理科16】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线

AG是否在平面AEF内，说明理由．【解答】证明：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，∵AD⊥CD，PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD．解：（Ⅱ）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，A（0，0，0）

，E（1，0，1），F（，，），P（0，0，2），（1，0，1），（），平面AEP的法向量（1，0，0），设平面AEF的法向量（x，y，z），则，取x＝1，得（1，1，﹣1），设二面角F﹣AE﹣P的平面角为θ，则cosθ．∴二面角F﹣AE﹣P

的余弦值为．（Ⅲ）直线AG不在平面AEF内，理由如下：∵点G在PB上，且．∴G（，0，），∴（，0，），∵平面AEF的法向量（1，1，﹣1），0，故直线AG不在平面AEF内．42．【2019年江苏16】如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分

别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【解答】证明：（1）∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，∴DE∥AB，AB∥A1B1，∴DE∥A1B1，∵DE⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，∴A1B1

∥平面DEC1．解：（2）∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是AC的中点，AB＝BC．∴BE⊥AA1，BE⊥AC，又AA1∩AC＝A，∴BE⊥平面ACC1A1，∵C1E⊂平面ACC1A1，∴BE⊥C1E．43．【2019年浙江19】如图，已知三

棱柱ABC﹣A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．（Ⅰ）证明：EF⊥BC；（Ⅱ）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．

【解答】方法一：证明：（Ⅰ）连结A1E，∵A1A＝A1C，E是AC的中点，∴A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴A1E⊥平面ABC，∴A1E⊥BC，∵A1F∥AB，∠ABC＝90°，∴BC⊥A1

F，∴BC⊥平面A1EF，∴EF⊥BC．解：（Ⅱ）取BC中点G，连结EG、GF，则EGFA1是平行四边形，由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，∴平行四边形EGFA1是矩形，由（Ⅰ）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，∴EF在平面A1BC上的射影在直线A1G

上，连结A1G，交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成角（或其补角），不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG，∵O是A1G的中点，故EO＝OG，∴cos∠EOG，∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．方法二：证明：（Ⅰ）连结A1

E，∵A1A＝A1C，E是AC的中点，∴A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴A1E⊥平面ABC，如图，以E为原点，EC，EA1所在直线分别为y，z轴，建立空间直角

坐标系，设AC＝4，则A1（0，0，2），B（），B1（），F（），C（0，2，0），（），（），由0，得EF⊥BC．解：（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为θ，由（Ⅰ）得（），（0，2，﹣2），设平面A1BC的法向量（x，y，z），则，取x＝1，得（1，），∴sinθ，∴直线EF与平

面A1BC所成角的余弦值为．44．【2018年江苏15】在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB∥A1B1，A

B⊄平面A1B1C，A1B1⊂∥平面A1B1C⇒AB∥平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1⇒A

B1⊥BC．∴⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．45．【2018年江苏25】如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求

异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【解答】解：如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则，OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，故以{}为基底

，建立空间直角坐标系O﹣xyz，∵AB＝AA1＝2，A（0，﹣1，0），B（，0，0），C（0，1，0），A1（0，﹣1，2），B1（，0，2），C1（0，1，2）．（1）点P为A1B1的中点．∴，∴，．|cos|．∴异面直线BP与AC1所成角的余弦值为：；（2）∵Q为BC的中点．

∴Q（）∴，，设平面AQC1的一个法向量为（x，y，z），由，可取（，﹣1，1），设直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为θ，sinθ＝|cos|，∴直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．46．【2018年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF

为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，，由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC．由于PF⊥BF，

EF∩PF＝F，则BF⊥平面PEF．又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面PEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，

因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD＝∠FCD＝90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD＝D，则PF⊥平面PDE，故VF﹣PDE，因为BF∥DA且BF⊥面PEF，所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．设正方形边长为2a，则PD＝2a，DE＝a

在△PDE中，，所以，故VF﹣PDE，又因为，所以PH，所以在△PHD中，sin∠PDH，即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：．47．【2018年新课标2理科20】如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（

2）若点M在棱BC上，且二面角M﹣PA﹣C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．【解答】（1）证明：连接BO，∵AB＝BC＝2，O是AC的中点，∴BO⊥AC，且BO＝2，又PA＝PC＝PB＝AC＝4，∴PO⊥AC，PO＝2

，则PB2＝PO2+BO2，则PO⊥OB，∵OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC；（2）建立以O坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：A（0，﹣2，0），P（0，0，2），C（0，2，0），B（2，0，0），（

﹣2，2，0），设λ（﹣2λ，2λ，0），0＜λ＜1则（﹣2λ，2λ，0）﹣（﹣2，﹣2，0）＝（2﹣2λ，2λ+2，0），则平面PAC的法向量为（1，0，0），设平面MPA的法向量为（x，y，z），则（0，﹣2，﹣2），

则•2y﹣2z＝0，•（2﹣2λ）x+（2λ+2）y＝0令z＝1，则y，x，即（，，1），∵二面角M﹣PA﹣C为30°，∴cos30°＝|，即，解得λ或λ＝3（舍），则平面MPA的法向量（2，，1），（0，2，﹣2），PC与平面PAM所成角的正弦值sinθ＝|cos，|

＝||．48．【2018年新课标3理科19】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．【解答】解：（1）证明：在半圆中，DM⊥MC，∵正方

形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，∴AD⊥平面DCM，则AD⊥MC，∵AD∩DM＝D，∴MC⊥平面ADM，∵MC⊂平面MBC，∴平面AMD⊥平面BMC．（2）∵△ABC的面积为定值，∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大，则三棱

锥的高最大，此时M为圆弧的中点，建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图∵正方形ABCD的边长为2，∴A（2，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），则平面MCD的法向量（1，0，0），设平面MAB的法向量为（x，y

，z）则（0，2，0），（﹣2，1，1），由•2y＝0，•2x+y+z＝0，令x＝1，则y＝0，z＝2，即（1，0，2），则cos，，则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα．49．【2018年浙

江19】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【解答】（I）证明：∵A1A⊥平面

ABC，B1B⊥平面ABC，∴AA1∥BB1，∵AA1＝4，BB1＝2，AB＝2，∴A1B12，又AB12，∴AA12＝AB12+A1B12，∴AB1⊥A1B1，同理可得：AB1⊥B1C1，又A1B1∩B1C1＝B

1，∴AB1⊥平面A1B1C1．（II）解：取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D，∵AB＝BC，∴OB⊥OC，∵AB＝BC＝2，∠BAC＝120°，∴OB＝1，OA＝OC，以O为原点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则

A（0，，0），B（1，0，0），B1（1，0，2），C1（0，，1），∴（1，，0），（0，0，2），（0，2，1），设平面ABB1的法向量为（x，y，z），则，∴，令y＝1可得（，1，0），∴cos．设直线AC1与平面ABB

1所成的角为θ，则sinθ＝|cos|．∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为．50．【2018年上海17】已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO＝4，OA、OB是底面半径，且∠AOB＝90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM

与OB所成的角的大小．【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，∴圆锥的体积V．（2）∵PO＝4，OA，OB是底面半径，且∠AOB＝90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴

，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），（1，1，﹣4），（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ．∴θ＝

arccos．∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos．51．【2018年北京理科16】如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB

＝BC，AC＝AA1＝2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B﹣CD﹣C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．【解答】（I）证明：∵E，F分别是AC，A1C1的中点，∴EF∥CC1，∵CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC，又AC⊂平面AB

C，∴EF⊥AC，∵AB＝BC，E是AC的中点，∴BE⊥AC，又BE∩EF＝E，BE⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，∴AC⊥平面BEF．（II）解：以E为原点，以EB，EC，EF为坐标轴建立空间直角坐标

系如图所示：则B（2，0，0），C（0，1，0），D（0，﹣1，1），∴（﹣2，1，0），（0，﹣2，1），设平面BCD的法向量为（x，y，z），则，即，令y＝2可得（1，2，4），又EB⊥平面ACC1A1，∴（2，0，0）为平面C

D﹣C1的一个法向量，∴cos，．由图形可知二面角B﹣CD﹣C1为钝二面角，∴二面角B﹣CD﹣C1的余弦值为．（III）证明：F（0，0，2），（2，0，1），∴（2，0，﹣1），∴•2+0﹣4＝﹣2≠0，∴与不垂直，∴FG与平面BCD不平行，又FG⊄平面BCD，

∴FG与平面BCD相交．52．【2018年天津理科17】如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2．（Ⅰ）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣F的正弦值；

（Ⅲ）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．【解答】（Ⅰ）证明：依题意，以D为坐标原点，分别以、、的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F

（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．设为平面CDE的法向量，则，不妨令z＝﹣1，可得；又，可得．又∵直线MN⊄平面CDE，∴MN∥平面CDE；（Ⅱ）解：依题意，可得，，．设为平面BCE的法向量，则，不妨令z＝1，可得．设为平面BCF的法向量，则，不妨令z＝1

，可得．因此有cos，于是sin．∴二面角E﹣BC﹣F的正弦值为；（Ⅲ）解：设线段DP的长为h，（h∈[0，2]），则点P的坐标为（0，0，h），可得，而为平面ADGE的一个法向量，故|cos|．由题意，可得，解得h∈[0，2]．∴线段DP的长为．53．【

2017年江苏15】如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【解答】证明：（1）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四

点共面，所以AB∥EF，又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，FG∥BC，

所以FG⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，又因为AD⊥EF，且EF∩FG＝F，所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，故AD⊥AC．54．【2017年江苏18】如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器

Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃

棒l，其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；（2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．【解答

】解：（1）设玻璃棒在CC1上的点为M，玻璃棒与水面的交点为N，在平面ACM中，过N作NP∥MC，交AC于点P，∵ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱，∴CC1⊥平面ABCD，又∵AC⊂平面ABCD，∴CC1⊥AC，∴NP⊥AC，∴NP＝12cm，

且AM2＝AC2+MC2，解得MC＝30cm，∵NP∥MC，∴△ANP∽△AMC，∴，，得AN＝16cm．∴玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．（2）设玻璃棒在GG1上的点为M，玻璃棒与水面的交点为N，在平面E1EGG1中，过点N作NP⊥EG，交EG于点P，过点E作EQ⊥E1G1，交

E1G1于点Q，∵EFGH﹣E1F1G1H1为正四棱台，∴EE1＝GG1，EG∥E1G1，EG≠E1G1，∴EE1G1G为等腰梯形，画出平面E1EGG1的平面图，∵E1G1＝62cm，EG＝14cm，EQ＝32cm，NP＝12cm，∴E1Q＝24cm，由勾股定理得：E1E＝40c

m，∴sin∠EE1G1，sin∠EGM＝sin∠EE1G1，cos∠EGM，根据正弦定理得：，∴sin∠EMG，cos∠EMG，∴sin∠GEM＝sin（∠EGM+∠EMG）＝sin∠EGMcos∠EM

G+cos∠EGMsin∠EMG，∴EN20cm．∴玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm．55．【2017年江苏25】如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1，∠BAD＝120°．（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角

B﹣A1D﹣A的正弦值．【解答】解：在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，∵AA1⊥平面ABCD，AD、Ax⊂平面ABCD，∴AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵AB＝AD

＝2，AA1，∠BAD＝120°，∴A（0，0，0），B（），C（，1，0），D（0，2，0），A1（0，0，），C1（）．（），（），，．（1）∵cos．∴异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为；（2）设平面BA1D的一个法向量为，由

，得，取x，得；取平面A1AD的一个法向量为．∴cos．∴二面角B﹣A1D﹣A的余弦值为，则二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为．56．【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝

∠CDP＝90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD＝P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴

AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由PA＝PD，∠APD＝90°，可得△PAD为等腰

直角三角形，设PA＝AB＝2a，则AD．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y

＝1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，又PD⊥PA，PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．∴cos．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．57．【2017年新课标2理科

19】如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BCAD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．【解答】（1）证明：取PA的

中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EFAD，AB＝BCAD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴BC∥AD，∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴直线CE∥平面PAB；（2）解：四棱锥P﹣

ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BCAD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD＝2，则AB＝BC＝1，OP，∴∠PCO＝60°，直线BM与底面A

BCD所成角为45°，可得：BN＝MN，CNMN，BC＝1，可得：1BN2＝BN2，BN，MN，作NQ⊥AB于Q，连接MQ，AB⊥MN，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ，二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：．58．【2017年新课标3理科19

】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C

的余弦值．【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD＝C

D．∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC＝90°．∴DOAC．∴DO2+BO2＝AB2＝BD2．∴∠BOD＝90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC＝O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（2）解：设点D，B到平面ACE的距离分

别为hD，hE．则．∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，∴1．∴点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB＝2．则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E．（﹣1，0，1），，（﹣2，0，0）．设平面ADE的

法向量为（x，y，z），则，即，取．同理可得：平面ACE的法向量为（0，1，）．∴cos．∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．59．【2017年浙江19】如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明

：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，∵E为PD的中点，∴EF∥PA，在四边形ABCD中，BC∥AD，AD＝2DC＝2CB，F为中点，∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，∵EC⊂平面EFC，∴EC∥

平面PAB．解：（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，∵PA＝PD，∴PF⊥AD，推导出四边形BCDF为矩形，∴BF⊥AD，∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，

设DC＝CB＝1，由PC＝AD＝2DC＝2CB，得AD＝PC＝2，∴PB，BF＝PF＝1，∴MF，又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，∴MF⊥平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，∵MF，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，E为PD中

点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，∴E到平面PBC的距离为，在，由余弦定理得CE，设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ．60．【2017年上海17】如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长

为5．（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．【解答】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．∴三棱柱ABC﹣A1

B1C1的体积：V＝S△ABC×AA120．（2）连结AM，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5，M是BC中点，∴AA1⊥底面ABC，AM，∴∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，tan∠A1MA，∴直线A1M与

平面ABC所成角的大小为arctan．61．【2017年北京理科16】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD，AB＝4．（1）求证：M为PB的中点；（2

）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【解答】（1）证明：如图，设AC∩BD＝O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC＝OM，∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；（2）解：

取AD中点G，∵PA＝PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、G

O、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PA＝PD，AB＝4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z，得．取平面PAD的一个法向量为．∴cos．∴二面角B

﹣PD﹣A的大小为60°；（3）解：，平面BDP的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos|＝||＝||．62．【2017年天津理科17】如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的

中点，PA＝AC＝4，AB＝2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴

MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF＝F．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：

∵PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵PA＝AC＝4，AB＝2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2），则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得

，取z＝2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH＝t，则H（0，0，t），，．∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，∴|cos|＝||＝||．解得：t或t．∴线段AH的长为或．1、主要考查与点、

线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要以选择题和填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力.2、空间向量是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的

求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.1．在正方体1111ABCDABCD−中,1AD与BD所成的角为（）A．45?B．90C．60D．120【答案】C【解

析】如图，连结BC1、BD和DC1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，由AB=D1C1，AB∥D1C1，可知AD1∥BC1，所以∠DBC1就是异面直线AD1与BD所成角，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BC1、BD和DC1是其三个面上的对角线，

它们相等．所以△DBC1是正三角形，∠DBC1=60°故异面直线AD1与BD所成角的大小为60°．故选：C．2．在正方体1111ABCDABCD−中，用空间中与该正方体所有棱成角都相等的平面去截正方体，在截面边数最多时的所有多边

形中，多边形截面的面积为S，周长为l，则()A．S为定值，l不为定值B．S不为定值，l为定值C．S与l均为定值D．S与l均不为定值【答案】C【解析】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相

等，如图：与面1ABD平行的面且截面是六边形时满足条件，不失一般性设正方体边长为1，即六边形EFGHMN，其中,,,,,EFGHMN分别为其所在棱的中点，由正方体的性质可得22EF=，∴六边形的周长l为定值32．∴六边形的面积为23233()6424=，由正方体

的对称性可得其余位置时也为正六边形，周长与面积不变，故S与l均为定值，故选C.3．在四面体PABC−中，ABC为等边三角形，边长为3，3PA=，4PB=，5PC=，则四面体PABC−的体积为（）A．3B．23C．11D．10【答案】C【解析】如图，延长

CA至D，使得3AD=，连接,DBPD，因为3ADAB==，故ADB为等腰三角形，又180120DABCAB=−=，故()1180120302ADB=−=，所以90ADBDCB+=即9

0DBC=，故CBDB⊥，因为4,5,3PBPCBC===，所以222PCPBBC=+，所以CBPB⊥，因DBPBB=，DB平面PBD，PB平面PBD，所以CB⊥平面PBD，所以13PBDPCBD

CPBDVVCBS−−==三棱锥三棱锥，因A为DC的中点，所以1113262PBDPBDPABCPCBDVVSS−−===三棱锥三棱锥，因为3DAACAP===，故PDC为直角三角形，所以22362511PDCDPC=−=−=，又333DBAD==，而4PB=，故222DBPD

PB=+即PBD为直角三角形，所以14112112PBDS==，所以11PABCV−=三棱锥，故选C.4．若,ab是不同的直线，,是不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．若,,abab⊥‖‖，则⊥B．若,,aba

b‖‖‖，则‖C．若,,abab⊥⊥‖，则‖D．若,,abab⊥⊥‖，则‖【答案】C【解析】A中，若,,abab⊥‖‖，平面,可能垂直也可能平行或斜交，不正确；B中，若,,abab‖‖‖，平面,可能平行也可能相

交，不正确；C中，若,ab⊥⊥，则,ab分别是平面,的法线，ab‖必有‖，正确；D中，若,,abab⊥⊥‖，平面,可能平行也可能相交，不正确.故选C.5．如图，边长为1的菱形ABCD中，60DAB=，沿BD将ABD翻折，得到三棱锥ABCD−，则当三

棱锥ABCD−体积最大时，异面直线AD与BC所成角的余弦值为（）A．58B．23C．1316D．14【答案】D【解析】当三棱锥ABCD−体积最大时，平面ADB^平面BDC，边长为1的菱形ABCD中，60DAB=BD1\=取DB中点O，连接AO,OC，

则AO⊥平面BDC，OC^平面ADB，以O为原点，分别OB,OC,OA为,,xyz轴，建立空间直角坐标系则131D,0,0,A0,0,,B,0,0222骣骣骣琪琪琪-琪琪琪桫桫桫，3C0,,02骣琪琪桫131

3,0,,,,02222ADBC骣骣琪琪=--=-琪琪桫桫设异面直线AD与BC所成角为1||14cos114||||ADBCADBCq×\===´×即异面直线AD与BC所成角的余弦值为14故选D。6．某几何体的三视图如图所示，则该几何

体的外接球的体积是（）A．23B．32C．3D．43【答案】B【解析】解：根据几何体的三视图，该几何体是由一个正方体切去一个正方体的一角得到的．故：该几何体的外接球为正方体的外接球，所以：球的半径222111322r++==，则：3433322V

==.故选：B．7．如图，正方体1111ABCDABCD−中，E为棱1BB的中点，用过点A、E、1C的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图（也称主视图）是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】

解：正方体1111ABCDABCD−中，过点1,,AEC的平面截去该正方体的上半部分后，剩余部分的直观图如图：则该几何体的正视图为图中粗线部分．故选：A．8．下列说法错误的是（）A．垂直于同一个平面的两条直线平行B．若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直C．

一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行D．一条直线与一个平面内的无数条直线垂直，则这条直线和这个平面垂直【答案】D【解析】由线面垂直的性质定理知，垂直于同一个平面的两条直线平行,A正确；由面面

垂直的性质定理知，若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直,B正确；由面面平行的判定定理知，一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行，C正确；当一条直线与平面内无数条相互平行的直线垂直时，该直线与平面不一定垂直，D错

误，故选D.9．在三棱锥PABC−中，平面PAB⊥平面ABC，ABC△是边长为6的等边三角形，PAB△是以AB为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．【答案】48【解析】如图，在等边三角形ABC中，取AB

的中点F，设其中心为O，由6AB=，得2233AOBOCOCF====，PAB是以AB为斜边的等腰角三角形，PFAB⊥,又因为平面PAB⊥平面ABC，PF⊥平面ABC，PFOF⊥，2223OPOFPF=+=，则O为棱锥PABC−的外接球球心，外接球半径

23ROC==，该三棱锥外接球的表面积为()242348=，故答案为48.10．若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为3，圆心角为23的扇形，则该圆锥的体积为_______.【答案】223【解析】因为展开图是半径为3，圆

心角为23的扇形，所以圆锥的母线3l=，圆锥的底面的周长为2323=，因此底面的半径1r=，根据勾股定理，可知圆锥的高2222hlr=−=，所以圆锥的体积为212212233=.11．设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列正确命题序号是_____．（1）若m

，n∥，则mn∥（2）若m⊥，mn⊥则n∥（3）若m⊥，n⊥且mn⊥，则⊥；（4）若m，，则m【答案】（3）（4）【解析】若mn，∥∥，则m与n可能平行，相交或异面，故（1）错误；若mmn⊥⊥，则n∥或n

，故（2）错误；若mn⊥⊥，且mn⊥，则⊥，故（3）正确；若m，，由面面平行的性质可得m，故（4）正确；故答案为：（3）（4）12．长方体1111ABCDABCD−的底面ABCD是边

长为1的正方形，若在侧棱1AA上存在点E，使得190CEB=，则侧棱1AA的长的最小值为_______．【答案】2【解析】设侧棱AA1的长为x，A1E＝t，则AE＝x﹣t，∵长方体ABCD﹣A1B1C1D

1的底面是边长为1的正方形，∠C1EB＝90°，∴22211CEBEBC+=，∴2+t2+1+（x﹣t）2＝1+x2，整理，得：t2﹣xt+1＝0，∵在侧棱AA1上至少存在一点E，使得∠C1EB＝90°，∴△＝

（﹣x）2﹣4≥0，解得x≥2．∴侧棱AA1的长的最小值为2．故答案为2．13．如图，在RtABC中，1ABBC==，D和E分别是边BC和AC上一点，DEBC⊥，将CDE沿DE折起到点P位置，则该四棱锥PABDE−体积的最大值为_______．【答案】327【解析】在RtABC中，

由已知，1ABBC==，DEBC⊥，所以设()01CDDExx==，四边形ABDE的面积为()()()21111122=Sxxx+−=−,当CDE⊥平面ABDE时，四棱锥PABDE−体积最大,此时PDABDE⊥平面，且PDCDx==,故四棱锥PABDE−体积为()31136=V

SPDxx=−，()21136Vx=−，30,3x时，0V；3332x，时，0V,所以，当33x=时，max327V=.故答案为32714．三棱锥PABC−的4个顶点在半径为2的球面上，PA⊥平面ABC，VABC是边

长为3的正三角形，则点A到平面PBC的距离为______．【答案】65【解析】△ABC是边长为3的正三角形，可得外接圆的半径2rasin60==2，即r＝1．∵PA⊥平面ABC，PA＝h，球心到底面的距离d等于三棱锥的高PA的一半即h2，那么球的半径R22hr2（）=+=2,解得h=2,又534

PBCS=由PABCAPBCVV−−=知'13153××3?2=?3434d，得'65d=故点A到平面PBC的距离为65故答案为65．15．如图，该几何体由底面半径相同的圆柱与圆锥两部分组成，且圆柱的高与底面半径相等．若圆柱与圆锥的侧面积相等，则圆锥与圆柱的高之比为

_______．【答案】3【解析】设圆柱和圆锥的底面半径为R，则圆柱的高1h＝R，圆锥的母线长为L，因为圆柱与圆锥的侧面积相等，所以，1222RRRL=，解得：L＝2R，得圆锥的高为2h＝3R，所以，圆锥与圆柱的高之比为33RR=.故答案为：316．直三棱柱111ABCABC−中，190

,2BCAAA==，设其外接球的球心为O，已知三棱锥OABC−的体积为1，则球O表面积的最小值为__________．【答案】16.【解析】如图，在RtABC中，设,ABcBCa==，则22ACac=+．分别取11,ACAC的中点12,OO，则12,OO分别为111RtABC和R

tABC外接圆的圆心，连12,OO，取12OO的中点O，则O为三棱柱外接球的球心．连OA，则OA为外接球的半径，设半径为R．∵三棱锥OABC−的体积为1，即1()1132OABCacV−==，∴6ac=．在2RtO

OC中，可得2222222212()()()112224OOACacacR++=+=+=+，∴222244(1)4(1)1644acacSR+==++=球表，当且仅当ac=时等号成立，∴O球表面积的最

小值为16．故答案为：16．17．如图，四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，若112APABAD===，3AC=.（Ⅰ）求证：平面PAC⊥平面PCD；（Ⅱ）求棱PD与平面PBC所成角的正弦值

.【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）10535【解析】解：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD，∴PACD⊥，∵2AD=，3AC=，1CDAB==，∴222ADACCD=+，∴ACCD⊥，∴CD⊥平面PAC，又∵CD平面PCD，∴平面PAC⊥平面PCD.（Ⅱ）以

A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图空间直角坐标系，则()1,0,0B，()0,3,0C，()1,3,0D−，()0,0,1P，于是()1,0,1PB=−，()0,3,1PC=−，()1,3,1PD=−−，设平面PBC

的一个法向量为(),,nxyz=，则00nPBnPC==，解得()31,3n=,，∴105cos,35nPD=−，设PD与平面PBC所成角为，则105sin35=.18．如图1，菱形ABCD中，6

0A=，4AB=，DEAB⊥于E．将AED沿DE翻折到AED，使AEBE⊥，如图2．（Ⅰ）求证：平面AED⊥平面BCDE；（Ⅱ）求直线A′E与平面A′BC所成角的正弦值；（Ⅲ）设F为线段AD上一点，若//EF平面ABC，求DFFA的值．【答案】（Ⅰ）

见解析；（Ⅱ）217；（Ⅲ）1【解析】（Ⅰ）在菱形ABCD中，因为DEAB⊥，所以DEAE⊥，DEEB⊥．所以AEDE⊥．因为AEBE⊥，DEBEE=，DEÌ平面BCDE，BE平面BCDE，所以AE⊥平面BCDE．因为AE平面AED，所以平面AED⊥平面BCDE．（Ⅱ）由（Ⅰ

）知AEDE⊥，AEBE⊥，DEBE⊥，如图建立空间直角坐标系Exyz−，则()0,0,0E，()2,0,0B，()0,23,0D,()4,23,0C,()0,0,2A，所以()0,0,2AE=−，()2,0,2BA=−,()2,23,0BC=．设平面ABC的法向量(),,nxy

z=，由00nBAnBC==得2202230xzxy−+=+=所以3xzxy==−令1y=−，则3,3xz==.所以()3,1,3n=−．所以()()()2223137n=+−+=，又2AE=,23AEn=−，所以2321cos,727AEn

AEnAEn−===−.所以直线AE与平面ABC所成角的正弦值为217．（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，()0,23,2DA=−,()0,23,0ED=设()0,23,2DFmDAmm==−，则()0,2323,2EFEDDFmm=+=−．因为//EF

平面ABC，所以0EFn=uuurr，即()()0323231230mm+−−+=．所以12m=，即12DFDA=．所以1DFFA=．19．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1（侧棱垂直于底面的棱

柱）中，CA⊥CB，CA＝CB＝CC1＝2，动点D在线段AB上．（1）求证：当点D为AB的中点时，平面B1CD⊥上平面ABB1A1；（2）当AB＝3AD时，求平面B1CD与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）13【解析】（1）∵在等腰

Rt△ABC中，D为斜边AB的中点，∴CD⊥AB，又∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1B⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，∴B1B⊥CD，∵AB∩B1B＝B，∴CD⊥平面ABB1A1，又CD⊂平面B1CD，∴平面B1CD⊥上平面ABB1A1．（2）如图，∵CA，CB，CC1两两垂直，

∴以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），B1（0，2，2），D42,,033，1CB=（0，2，2），42,,033CD

=，设平面B1CD的法向量n＝（x，y，z），则142033220nCDxynCByz=+==+=，令z＝1，得1,1,12n=−，平面BB1C1C的法向量CA＝（2

，0，0），设平面B1CD与平面BB1C1C所成的锐二面角的平面角为θ，则cosθ＝212||123||||1222CAnCAn==+，∴平面B1CD与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值为13

．20．已知六面体EFABCD如图所示，BE⊥平面ABCD，//BEAF，//ADBC，1BC=，5CD=，2ABAFAD===，3BE=，M，N分别是棱FD，ED上的点，且满足12ENFMNDMD==.（1）求证：平面BFN//平面MAC；（2）若平面MAC与平面ECD

所成的二面角的大小为，求sin.【答案】(1)见证明；(2)30sin6=【解析】解：（1）证法一：连接BD，设BDACO=，连接NO，MO，因为//ADBC，所以~BOCAOD，所以21DOADO

BBC==，在FBD中，因为21MDDOMFOB==，所以//MOFB，且MO平面MAC，故//FB平面MAC，在FBD中，因为21NDDONEOB==，所以//NOEB，且223ONBE==，所以ONAF

=，因为//BEAF，所以//ONAF，所以AONF是平行四边形，所以//FNAO，且AO平面MAC，所以//FN平面MAC，因为FNBFF=，所以平面//BFN平面MAC.证法二：因为//ADBC，2AB=，1BC=，2AD=，5CD=，所以AB

AD⊥，因为//BEAF，BE⊥平面ABCD，所以AF⊥平面ABCD，所以AFAB⊥，AFAD⊥，取AB所在直线为x轴，取AD所在直线为y轴，取AF所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得(2,0,0)B，(2,1,0)C，(0,2,0)D，(2,0,3)E，(0,0,2)F

所以(0,2,2)DF→=−，因为12FMMD=，所以32440,,33DMDF→→==−，所以点M的坐标为240,,33，同理可求N点的坐标为42,,233，所以(2,1,0)AC→=，240,,33AM→

=，设(,,)mxyz→=为平面MAC的法向量，则200240033xymAMyzmAC+==+==，令1x=，解得2y=−，1z=，所以(1,2,1)m→=−，因为(2,0,2)BF→=−，

22,,233BN→=−，所以(1,2,1)(2,0,2)0mBF→→=−−=，且22·(1,2,1),,2033mBN→→=−−=，所以平面//BFN平面MAC（2）(1,2,1)m→=−为平面MAC的法向量.(0

,1,3)EC→=−，(2,1,0)CD→=−可求平面ECD的一个法向量为(3,6,2)n=所以76cos667mnmn===，所以2130sin1cos166=−=−=21．在三棱柱111ABCABC−中

，侧面11ABBA为菱形，160ABB=，22ABBC==，23AC=，1BBAC⊥。（1）求证：平面11BBCC⊥平面11ABBA；（2）求二面角111AACB−−的余弦值。【答案】(1)见解析.(2)105.【解析】（1）过点A作1AOBB⊥交1BB于点O，连接OC，在三角形AOC中，易得

6,2AOBO==，∵11,,BBACBBAOACAOA⊥⊥=，∴1BB⊥平面AOC，∴1BBCO⊥，∴在RtBOC△中，6OC=，在AOC中，222OAOCAC+=，∴90AOC=，即二面角1C

BBA−−为直二面角，∴平面11BBCC⊥平面11ABBA；（2）由（1）知直线,,OAOBOC两两垂直，故以O为坐标原点，直线,,OAOBOC所在的直线分别为,,xyz轴，如图建立空间直角坐标系则()()()()

1116,0,0,6,22,0,0,2,0,0,22,6AABC−−−，∴()()11116,2,0,0,2,6BABC=−=−。设(),,mxyz=是平面111BAC的法向量，则1111·0·0mBAmBC==，即620260xyyz−=

−+=，取1x=，则3,1yz==，∴平面111BAC的一个法向量为()1,3,1m=，同理，平面11AAC的一个法向量为()1,0,1n=，∴10cos,5mnmnmn==，即二面角111AACB−−的余弦值为105.22．如图，在直四棱柱1111ABCDABCD−中，底面ABC

D是矩形，1AD与1AD交于点E，124AAADAB===．（1）证明：AE⊥平面ECD．（2）求直线1AC与平面EAC所成角的正弦值．【答案】(1)见解析.(2)69.【解析】（1）证明：因为四棱柱1111ABCDABCD−是直四棱柱，所以1AA⊥平面ABCD

，则1AACD⊥.又CDAD⊥，1AAADA=，所以CD⊥平面11AADD，所以CDAE⊥.因为1AAAD⊥，1AAAD=，所以11AADD是正方形，所以AEED⊥.又CDEDD=，所以AE⊥平面ECD.（2）因为四棱柱1111ABCD

ABCD−是直四棱柱，底面ABCD是矩形，所以以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz−，则()()10,0,0,0,0,4AA,()()2,4,0,0,2,2CE，()2,4,0AC=,()0,2,2AE=,()12,4,4AC=−设平面

EAC的法向量为(),,nxyz=r由nAC⊥，nAE⊥，可得240,220xyyz+=+=，令1z=，则()2,1,1n=−，设直线1AC与平面EAC所成的角为，则116sin9ACnACn==.所以直线1AC与平面EAC所成角的正弦值为69.获得更

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