2011-2018高考数学立体几何分类汇编(理)17353.pdf

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1、.1/20 2011-2018 新课标(理科)立体几何分类汇编 一、选填题 2012 新课标（7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（B ）()A6()B9()C()D 解析选B。该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为3，此几何体的体积为116 3 3932V 2012 新课标（11）已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的求面上，ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且2SC；则此棱锥的体积为（A ）()A26()B36()C23()D22 解析ABC的外接圆的半径33r，点O到面ABC的距离2263dRr，SC为球O的直径点S到面ABC的

2、距离为2 623d 此棱锥的体积为1132 62233436ABCVSd 另：13236ABCVSR排除,B C D 2013 新课标 16、如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高 8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为 (A )A、5003cm3 B、8663cm3 C、13723cm3 D、20483cm3 解析设球的半径为 R，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为 4，球心到截面圆的距离为R-2，则222(2)4RR，解得 R=5，球的体积为3453=50033cm，应选 A.2013 新课标 18、

3、某几何函数的三视图如下图，则该几何的体积为(A )A、16+8 B、8+8C、16+16 D、8+16 .2/20 解析由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为 2 高为 4，上边放一个长为 4 宽为2 高为 2 长方体，故其体积为21244222 =168，应选A.2013 新课标 24.已知m，n为异面直线，m平面，n平面.直线l满足lm，ln，l，l，则(D )A 且 l B 且 l C 与 相交，且交线垂直于 l D 与 相交，且交线平行于 l 解析因为m，lm，l，所以l.同理可得l。又因为m，n为异面直线，所以与相交，且l平行于它们的交线应选 D.2013 新课标 27.一个

4、四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为(A )解析如下图，该四面体在空间直角坐标系Oxyz的图像如图：2014 新课标 112.如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（B ）A、6 B、6 C、4 D、4 解析几何体的直观图如图：AB=4，BD=4，C 到 BD 的中点的距离为：4，AC=6，AD=4，显然 AC 最长。2014 新课标 26.如图，网格纸上正方形小格的边长为 1(

5、表示 1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为 3 cm，高为 6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为(C )A.1727B.59 C.1027 D.13 解析该零件是一个由两个圆柱组成的组合体，其体积为 32222434(cm3)，原毛坯的体积为 32654(cm3)，切削掉部分的体积为 54.3/20 3420(cm3)，故所求的比值为20541027。2014 新课标 211.直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为(C )A.110 B.25

6、C.3010 D.22 解析如图，E为BC的中点由于M，N分别是A1B1，A1C1的中点，故MNB1C1且MN12B1C1，故MN綊BE，所以四边形MNEB为平行四边形，所以EN綊BM，所以直线AN，NE所成的角即为直线BM，AN所成的角设BC1，则B1M12B1A122，所以MB11262NE，ANAE52，在ANE中，根据余弦定理得 cos ANE3010。2015 新课标 16.九章算术是我国古代容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣角，下周八尺，高五尺。问:积与为米几何?”其意思为:“在屋墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部

7、的弧度为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺，圆周率约为 3，估算出堆放斛的米约有（B ）A.14 斛 B.22 斛 C.36 斛 D.66 斛 2015 新课标 1(11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如下图。若该几何体的表面积为 16+20，则 r=（B ）（A）1 （B）2 （C）4 （D）8 2015 新课标 2（6）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）（A）81 （B）71 （C）61 （D

8、）51 解析由三视图得，在正方体1111ABCDABC D中，截去四面体111AAB D，如下图，设正方体CBADD1C1B1A1.4/20 棱长为a，则1 1133111326A A B DVaa，故剩余几何体体积为3331566aaa，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为51 2015 新课标 2（9）已知 A,B 是球 O 的球面上两点，AOB=90,C 为该球面上的动点，若三棱锥 O-ABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为（C ）A36 B.64 C.144 D.256 解析如下图，当点 C 位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最大，设球O的半径为R，此时

9、2311136326O ABCCAOBVVRRR，故6R，则球O的表面积为24144SR，应选 C 2016 新课标 1（6）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆与每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283，则它的表面积是（A ）（A）17（B）18（C）20（D）28 解析该几何体为球体，从球心挖掉整个球的18（如右图所示），故 34728383r解得2r，2271431784Srr。2016 新课标 1(11)平面a过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，a/平面CB1D1，a平面ABCD=m，a平面ABA1B1=n，则m、n所成角的正弦值为（A ）(A)32 (B)22

10、 (C)33 (D)13 详细解答令平面a与平面CB1D1重合，则m=B1 D1，n=CD1 故直线m、n所成角为60o，正弦值为32 2016新课标 26.右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为(C )（A）20 （B）24 （C）28 （D）32 解析几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h由图得2r，24cr，由BOAC.5/20 勾股定理得：2222 34l 212Srchcl表416828 2016新课标 214.，是两个平面，m，n是两条线，有以下四个命题：如果mn，m，n，那么。如果m，n，那么mn 如果a,

11、m,那么m。如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等 其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)2016 新课标 39.如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实现画出的的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（B ）(A)18365 (B)5418 5(C)90 (D)81 2016 新课标 310.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1有一个体积为V的球，若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是（B ）(A)4 (B)92 (C)6 (D)323 2017 新课标 17 某多面体的三视图如下图，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

12、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（B ）A10 B12 C14 D16 2017 新课标 116如图，圆形纸片的圆心为O，半径为 5 cm，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_4 15_。2017 新课标 24.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

13、去一部分所得，则该几何体的体积为（B ）A90 B63C42 D36 解析该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为 6的圆柱的一半。2211 3 10 366322 VVV总上 2017 新课标 210.已知直三棱柱111CC 中，C120，2，1CCC1，则异面直线1与1C所成角的余弦值为（C ）.6/20 A32 B155 C105 D33 解析M，N，P分别为AB，1BB，11BC中点，则1AB，1BC夹角为MN和NP夹角或其补角（异面线所成角为02，）可知11522MNAB，11222NPBC，作BC中点Q，则可知PQM为直角三角形 1PQ，12MQAC，ABC中，2222cosACA

14、BBCAB BCABC 4 1 2 2 1127，7AC，则72MQ，则MQP中，22112MPMQPQ，则PMN中，222cos2MNNPPMPNMMH NP222521122210552222 又异面线所成角为02，则余弦值为105。2017新课标38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（B ）A B34 C D4 解析由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径2213122r，则圆柱体体积234Vr h，应选B.2017新课标316a，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A

15、C为旋转轴旋转，有以下结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60其中正确的是_（填写所有正确结论的编号）解析由题意知，abAC、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|1AC，2AB，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，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为坐标原点，以为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标系 则(1,0,0)D，(0,0,1)A，直线a的方向单位向量，B点起始坐标为(0,1,0)，直线b的方

16、向单位向量，设B点在运动过程中的坐标(cos,sin,0)B，.7/20 其中为B C与CD的夹角，0,2)。那么AB在运动过程中的向量，设与所成夹角为0,2，则 故 ,4 2，所以正确，错误设与所成夹角为0,2，.当与夹角为60时，即3，12sin2cos2cos2322 22cossin1，2|cos|2，21cos|cos|22 0,2，=3，此时AB与b夹角为60，正确，错误 2018 新课标 17某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如右图所示，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（

17、）A2 17B2 5C3D2 答案B 2018 新课标 112已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（）A3 34B2 33C3 24D32 答案A 2018 新课标 29 在长方体1111ABCDABC D中，1ABBC，13AA，则异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为（）A15B56C55D22 答案C 2018 新课标 216已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为 45，若SAB的面积为5 15，则该圆锥的侧面积为_ 答案 40 2 2018 新课标 33中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，

18、构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒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（）.8/20 答案A 2018 新课标 310设ABCD，是同一个半径为 4 的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为9 3，则三棱锥DABC体积的最大值为（）A12 3 B18 3 C24 3 D54 3 答案B 二、解答题 2011 新课标 如图，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，DAB=60,AB=2AD,PD底面 ABCD.()证明：PABD；()若 PD=AD，求二面角 A-PB-C 的余弦值。答案（）

19、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。设平面 PAB 的法向量为 n=（x,y,z），则 即 3030 xyyz 因此可取 n=(3,1,3)设平面 PBC 的法向量为 m，则 00m PBm BC 可取m=（0，-1，3）42 7cos,72 7m n 故二面角 A-PB-C 的余弦值为 2 77

20、 2012 新课标19.如图，直三棱柱111ABCABC中，112ACBCAA，D是棱1AA的中点，BDDC 1（1）证明：BCDC 1（2）求二面角11CBDA的大小。答案（1）在Rt DAC中，ADAC 得：45ADC 同理：1114590ADCCDC .9/20 得：111,DCDC DCBDDC面1BCDDCBC（2）11,DCBC CCBCBC面11ACC ABCAC 取11AB的中点O，过点O作OHBD于点H，连接11,CO C H 1111111ACBCCOAB，面111ABC 面1ABD1CO面1ABD 1OHBDC HBD 得：点H与点D重合 且1C DO是二面角11CBDA

21、的平面角 设ACa，则122aC O，1112230C DaCOC DO 既二面角11CBDA的大小为30 2013新课标 118、（本小题满分 12 分）如图，三棱柱 ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB=A A1，BAA1=60.（）证明 ABA1C;（）若平面 ABC平面 AA1B1B，AB=CB=2，求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值。答案（）取AB中点E，连结CE，1AB，1AE，AB=1AA，1BAA=060，1BAA是正三角形，1AEAB，CA=CB，CEAB，1CEAE=E，AB面1CEA，AB1AC；（）由（）知 ECAB，1EAAB，又面 ABC面11

22、ABB A，面 ABC面11ABB A=AB，EC面11ABB A，EC1EA，EA，EC，1EA两两相互垂直，以 E 为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如下图空间直角坐标系Oxyz，由题设知 A(1,0,0),1A(0,3,0),C(0,0,3),B(1,0,0),则=（1,0，3）,=(1,0,3),=(0,3,3),设n=(,)x y z是平面11CBBC的法向量，则，即3030 xzxy，可取n=（3，1，-1），=105，直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为105.2013 新课标 218如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中

23、点，AA1ACCB22AB.(1)证明：BC1平面A1CD；.10/20(2)求二面角DA1CE的正弦值 答案(1)连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连结DF，则BC1DF.因为DF 平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)由ACCB22AB得，ACBC.以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如下图的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，(1,1,0)，(0,2,1)，(2,0,2)设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即11110,220.xyxz 可取n(1，1，1)同理，设

24、m是平面A1CE的法向量，则可取m(2,1，2)从而 cosn，m3|3n mn m，故 sinn，m63.即二面角DA1CE的正弦值为63.2014 新课标 119如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 BB1C1C 为菱形，ABB1C（）证明：AC=AB1；（）若 ACAB1，CBB1=60，AB=BC，求二面角 AA1B1C1的余弦值 答案（1）连结 BC1，交 B1C 于点 O，连结 AO，侧面 BB1C1C为菱形，BC1B1C，且 O 为 BC1和 B1C 的中点，又 ABB1C，B1C平面 ABO，AO 平面 ABO，B1CAO，又 B1O=CO，AC=AB1，（2）ACAB1，

25、且 O 为 B1C 的中点，AO=CO，又 AB=BC，BOABOC，OAOB，OA，OB，OB1两两垂直，以 O 为坐标原点，的方向为 x 轴的正方向，|为单位长度，的方向为 y 轴的正方向，的方向为 z 轴的正方向建立空间直角坐标系，CBB1=60，CBB1为正三角形，又 AB=BC，A（0，0，），B（1，0，0，），B1（0，0），C（0，0）=（0，），=（1，0，），=（1，0），.11/20 设向量=（x，y，z）是平面 AA1B1的法向量，则，可取=（1，），同理可得平面 A1B1C1的一个法向量=（1，），cos，=，二面角 AA1B1C1的余弦值为 2014 新课标 218

26、.如图，四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD为矩形，PA平面 ABCD，E 为 PD 的中点.（）证明：PB平面 AEC；（）设二面角 D-AE-C 为 60，AP=1，AD=3，求三棱锥 E-ACD 的体积.答案（1）连结 BD 交 AC 于点 O,连结 EO 因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点 又 E 为的 PD 的中点，所以 EOPB EO平面 AEC,PB平面 AEC，所以 PB平面 AEC（2）因为 PA平面 ABCD，ABCD 为矩形，所以 AB,AD,AP 两两垂直 如图，以 A 为坐标原点，的方向为 x 轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系，则 Axyz

27、,则 D(0,3,0),则 E(0,32,12),=(0,32,12)设 B(m,0,0)(m0)，则 C（m,3，0）设 n(x,y,z)为平面ACE 的法向量，则 即 0102323mxyyz 可取1n=（3m,-1,3）又1n=（1,0,0）为平面 DAE 的法向量，由题设12cos(,)n n=12，即2334m=12，解得 m=32因为 E 为 PD 的中点，所以三棱锥 E-ACD的高为12，三棱锥 E-ACD 的体积为 V=131233212=38 .12/20 2015 新课标 1（18）如图，四边形 ABCD 为菱形，ABC=120，E，F 是平面 ABCD 同一侧的两点，BE

28、平面 ABCD，DF平面 ABCD，BE=2DF，AEEC。（1）证明：平面 AEC平面 AFC（2）求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值 .13/20 2015 新课标 2如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；（2）求直线AF与平面所成的角的正弦值。答案 2016 新课标 118.如图，在已A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，90AFD，且二面角D-A

29、F-E与二面角C-BE-F都是60（I）证明平面ABEFEFDC；（II）求二面角E-BC-A的余弦值 答案（I）,AFFE AFFD，AFFECD 面，又AFABFE 面,所以平面ABEFEFDC；（II）以 E 为坐标原点，EF，EB 分别为 x 轴和 y 轴建立空间直角坐标系（如图），设2AF，则1FD，因为二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60，即60oEFDFEC，易得(0,2,0)B,(2,2,0)A,13(,0,)22C，,D D1 C1 A1 E F A B C B1.14/20 设平面EBC与平面ABCD的法向量分别为和，则 令11x，则1130,3yz，由，令22z

30、，则2230,2xy，二面角E-BC-A余弦值2 1919.2016 新课标 219.如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，5AB，6AC，点E，F分别在AD，CD上，54AECF，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置10OD.（I）证明：DH平面ABCD；（II）求二面角BDAC的正弦值.答案 证明：54AECF，AECFADCD，EFAC 四边形ABCD为菱形，ACBD，EFBD，EFDH，EFDH6AC，3AO；又5AB，AOOB，4OB，1AEOHODAO，3DHD H，222ODOHD H，D HOH又OHEFH，D H 面ABCD 建立如图坐标系Hxyz500B

31、，130C，003D，130A，,设面ABD法向量，由得430330 xyxyz，取345xyz 同理可得面AD C的法向量,.15/20，2 95sin25 2016 新课标 3(19)如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点。（1）证明：MN平面PAB（2）求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值.答案 2017 新课标 118.如图，在四棱锥P-ABCD中，AB/CD，且90BAPCDP.（1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，90APD，求二面角A-PB-C的余弦值.答

32、案（1）由已知90BAPCDP，得ABAP，CDPD.由于ABCD，故ABPD，从而AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.（2）在平面PAD做PFAD，垂足为F，由（1）可知，AB 平面PAD，故ABPF，可得PF 平面ABCD.以F为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如下图的空间直角坐标系Fxyz。由（1）与已知可得2(,0,0)2A，2(0,0,)2P，2(,1,0)2B，2(,1,0)2C，所以，设(,)x y zn是平面PCB的法向量，则，即2202220 xyzx，可取(0,1,2)n.设(,)x y zm是平面PAB的法向量，则 NMDBCAPzyx

33、NMDCAP.16/20，即220220 xzy，可取(1,0,1)n，则3cos,|3 n mn mn m，所以二面角APBC的余弦值为33。2017 新课标 219.如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，o1,90,2ABBCADBADABC 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所成锐角为o45，求二面角M-AB-D的余弦值 答案（1）令PA中点为F，连结EF，BF，CE E，F为PD，PA中点，EF为PAD的中位线，12EFAD又90BADABC，BCAD，又12ABBCAD，12BCAD，E

34、FBC四边形BCEF为平行四边形，CEBF，又BFPAB 面，CEPAB面（2）以AD中点O为原点，如图建立空间直角坐标系设1ABBC，则(000)O，(010)A，(110)B，(100)C，(010)D，(003)P，M在底面ABCD上的投影为M，MMBM45MBM，MBM 为等腰直角三角形 POC为直角三角形，33OCOP，60PCO 设MMa，33CMa，313OMa 31003Ma，2222316101332BMaaaa 321132OMa 21002M，261022M，设平面ABM的法向量 11602yz，设平面ABD的法向量为，z yxMMOFPABCDE.17/20 二面角MA

35、BD的余弦值为105 2017新课标319.如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABBD（1）证明：平面平面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DAEC的余弦值 解析取AC中点为O，连接BO，DO；ABC为等边三角形BOACABBC ABBCBDBDABDDBC ABDCBD.ADCD,即ACD为等腰直角三角形，ADC为直角又O为底边AC中点DOAC 令ABa，则ABACBCBDa，易得：22ODa，32OBa 222ODOBBD，由勾股定理的逆定理可得2DOB，即ODOB ODACODOBAC OBOAC

36、ABCOB ABCODABC 平面又ODADC 平面，由面面垂直的判定定理可得ADCABC平面平面 由题意可知VVDACEBACE，即B,D到平面ACE的距离相等，即E为BD中点，以O为原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，设ACa，建立空间直角坐标系，则0,0,0O，,0,02aA，0,0,2aD，30,02Ba，30,44aEa 易得：，设平面AED的法向量为，平面AEC的法向量为，则，解得，解得 若二面角DAEC为，易知为锐角，则 DABCEO DABCEyxOz.18/20 2018 新课标 118.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D

37、FC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF（1）证明：平面PEF 平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值 解析（1）由已知可得，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF 又BF 平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD（2）作PHEF，垂足为H由（1）得，PH平面ABFD 以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如下图的空间直角坐标系Hxyz 由（1）可得，DEPE又DP=2，DE=1，所以PE=3 又PF=1，EF=2，故PEPF可得33,22PHEH 则为平面ABFD的法向量 设DP与平面ABFD所成角为，则 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34 2018 新

38、课标 220.如图，在三棱锥PABC中，2 2ABBC，4PAPBPCAC，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MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值 解析（1）因为4APCPAC，O为AC的中点，所以OPAC，且2 3OP.连结OB，因为22ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，122OBAC.由222OPOBPB PAOCBM.19/20 知POOB.由,OPOB OPAC知PO 平面ABC.（2）如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得：O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,

39、0),C(0,2,0),P(0,0,2 3)取平面PAC的法向量.设(,2,0)(02)M aaa，则.设平面PAM的法向量为(,)x y zn.由得22 30(4)0yzaxa y，可取(3(4),3,)aaan，所以.由已知得.所以2222 3|4|3=22 3(4)3aaaa.解得4a （舍去），43a.所以8 3 4 34(,)333 n.又，所以.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34.2018 新课标 319.如图，边长为 2 的正方形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点（1）证明：平面AMD平面BMC；（2）当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与

40、面MCD所成二面角的正弦值 解析（1）由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM 因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以 DMCM 又 BCCM=C，所以DM平面BMC 而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC（2）以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如下图的空间直角坐标系Dxyz 当三棱锥MABC体积最大时，M为CD的中点 由题设得：(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)DABCM，设(,)x y zn是平面MAB的法向量，则.20/20 即20,20.xyzy可取(1,0,2)n 是平面MCD的法向量，因此，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是2 55