2020-2021全国卷-理科数学之《立体几何》 备考宝典

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2020-2021 新课标全国卷-理科数学 备考宝典 立体几何 一、考试大纲 二、新课标全国卷命题分析 三、典型高考试题讲评 2011—2018 年新课标全国（1 卷、2 卷、3 卷）理科数学分类汇编——11．立体几何 一、考试大纲 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．空间直角坐标系 (1)了解空间直角坐标系,会用空间直角坐标表示点的位置. (2)会推导空间两点间的距离公式. 二、新课标全国卷命题分析 立体几何小题常考的题型包括：（1）球体；（2）多面体的三视图、体积、表面积或角度，包括线 线角、线面角以及面面角，要重视常见几何体的三视图、三视图还原几何体的常用方法、面积和体积的 计算式以及点线面的位置关系等，也要注意提高空间想象能力与数学计算能力． 立体几何解答题第 1 问主要集中考查空间中直线、平面的位置关系的判断，注重对公理、定理 的考查，而第 2 问多考查空间向量在空间立体几何中的应用，在证明与计算中一般要用到初中平面 几何的重要定理，空间思维要求较高，运算量较大，对学生的空间想象能力、转化能力、计算能力 要求较高．在考查考生运算求解能力的同时侧重考查考生的空间想象能力和推理论证能力，给考生 提供了从不同角度去分析问题和解决问题的可能，体现了立体几何教学中课程标准对考生的知识要 求和能力要求，提升了对考生的数学能力和数学素养的考查.本试题能准确把握相关几何元素之间的 关系，把推理论证能力、空间想象能力等能力和向量运算、二面角作图、建立空间直角坐标系等知 识较好地融入试题中，使考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力得到了有效考查. 三、典型高考试题讲评 题型 1 空间几何体的结构——三视图、表面积、体积 例 1 （2017·新课标Ⅰ，7）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．10 B．12 C．14 D．16 解析：由三视图可画出立体图，该立体图平面内只有两个相同的梯形的面， ， ，故选 B； 题型 2 空间中点、线、面的位置关系的判断 例 2 （2016·新课标Ⅱ，14）α、β 是两个平面，m、n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果 m⊥n，m⊥α，n∥β，那么 α⊥β. （2）如果 m⊥α，n∥α，那么 m⊥n. （3）如果 α∥β，m α，那么 m∥β. （4）如果 m∥n，α∥β，那么 m 与 α 所成的角和 n 与 β 所成的角相等. ( )2 4 2 2 6S = + × ÷ =梯 6 2 12S = × =全梯 ⊂ 其中正确的命题有 . (填写所有正确命题的编号.) 【答案】②③④ 解析：略. 题型 3 空间中平行、垂直的证明 例 3 （2018·新课标Ⅲ，理 19）如图，边长为 2 的正方形 所在平面与半圆弧 所在平面垂直， 是 上异于 ， 的点． ⑴证明：平面 平面 ； ⑵当三棱锥 体积最大时，求面 与面 所成二面角的正弦值． 解析：（1）∵正方形 半圆面 ，∴ 半圆面 ，∴ 平面 . ∵ 在平面 内，∴ ，又∵ 是半圆弧 上异于 的点，∴ .又 ∵ ，∴ 平面 ，∵ 在平面 内，∴平面 平面 . （2）如图建立坐标系：∵ 面积恒定，∴ ， 最大. ， ， ， ， , 设面 的法向量为 ，设面 的法向量为 ， ， ， ， ， ，同理 ， ∴ ，∴ . 例 4 （2017·新课标Ⅱ，19）如图，四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD 为等比三角形且垂直于底面 ABCD， ， ， E 是 PD 的中点. （1）证明：直线 平面 PAB； ABCD CD M CD C D AMD⊥ BMC M ABC− MAB MCD ABCD ⊥ CMD AD ⊥ CMD AD ⊥ MCD CM MCD AD CM⊥ M CD ,C D CM MD⊥ AD DM D= CM ⊥ ADM CM BCM BCM ⊥ ADM ABCS∆ MO CD⊥ M ABCV − (0,0,1)M (2, 1,0)A − (2,1,0)B (0,1,0)C (0, 1,0)D − MAB 1 1 1( , , )m x y z= MCD 2 2 2( , , )n x y z= (2, 1, 1)MA = − − (2,1, 1)MB = − (0,1, 1)MC = − (0, 1, 1)MD = − − 1 1 1 1 1 1 2 0 (1,0,2)2 0 x y z mx y z − − = ⇒ = + − =  (1,0,0)n = 1 5cos 55 θ = = 2 5sin 5 θ = 1 2AB BC AD= = o90BAD ABC∠ = ∠ = / /CE （2）点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成锐角为 ，求二面角 M-AB-D 的余弦值 解析：（1）证明：取 中点为 ，连接 、 ， 因为 ， 所以 ， 因为 是 的中点，所以 ，所以 ， 所以四边形 为平行四边形，所以 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以直线 平面 ， （2）取 中点为 ，连接 ，因为△ 为等边三角形，所以 ， 因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 因为 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ， 所以 ， 以 分别为 轴建立空间直角坐标系，如图 设 ，则 ，所以 ， 设 ，则 ， ， 因为点 在棱 上，所以 ，即 ， 所以 ，所以 ， 平面 的法向量为 ， 因为直线 与底面 所成角为 ， 所以 ， 解得 ，所以 ， 设平面 的法向量为 ，则 ， 令 ，则 ， 所以 ， 所以求二面角 的余弦值 . o45 PA F EF AF 90BAD ABC∠ = ∠ = ° 1 2BC AD= BC 1 2 AD E PD EF 1 2 AD EF BC EFBC / /EC BF BF ⊂ PAB EC ⊄ PAB / /CE PAB AD O OC OP、 PAD PO ⊥ AD PAD ⊥ ABCD PAD  ABCD AD= PO ⊂ PAD PO ⊥ ABCD AO BC OABC / /AB OC OC AD⊥ , ,OC OD OP , ,x y z 1BC = (0,0, 3), (0, 1,0), (1, 1,0), (1,0,0)P A B C− − (1,0, 3)PC = − ( , , )M x y z ( , , 3)PM x y z= − (1,0,0)AB = M PC (0 1)PM PCλ λ= ≤ ≤  ( , , 3) (1,0, 3)x y z λ− = − ( ,0, 3 3 )M λ λ− ( 1,1, 3 3 )BM λ λ= − − ABCD (0,0,1)n = BM ABCD 45° 2 2 2 | | | 3 3 | 2| sin 45 | | cos , | 2| || | ( 1) 1 ( 3 3 ) 1 BM nBM n BM n λ λ λ ⋅ −° = < > = = = − + + − ×      21 2 λ = − 2 6( ,1, )2 2BM = − − MAB ( , , )m x y z= 0 2 6 02 2 AB m x BM m x y z  ⋅ = = ⋅ = − + − =     1z = 6(0, ,1)2m = 2 2 1 10cos , 5| | | | 6( ) 12 m nm n m n ⋅< >= = ⋅ +      M AB D− − 10 5 题型 4 空间中线面角的求法 例 5 （2018·新课标Ⅱ，9）在长方体 中， ， ，则异面直线 与 所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 解析：法一：由几何关系可知： ， ， ，由余弦定理可知： 解法二：坐标法：由几何关系可知： ，点 A 的坐标为 ，点 的坐标为 ， 例 6 （2018·新课标Ⅱ，20）如图，在三棱锥 中， ， ， 为 的中点． （1）证明： 平面 ； （2）若点 在棱 上，且二面角 为 ，求 与平面 所成角的正弦值． 解析：（1）连接 ，由几何关系可知： ， ， 因为 ，所以 ，所以 ， 因为 ， ，所以 ， 因为 ，所以 . 1 1 1 1ABCD A B C D− 1AB BC= = 1 3AA = 1AD 1DB 1 5 5 6 5 5 2 2 1 1 5 2 2EF B D= = 13 2AE = 1AF = 5cos 5 θ = ( )1 1,1, 3B D = ( )1,0, 3 1D ( )1,1,0 ( )1 0,1, 3AD = − 2 5cos 52 5 θ −= = P ABC− 2 2AB BC= = 4PA PB PC AC= = = = O AC PO ⊥ ABC M BC M PA C− − 30° PC PAM OB 2 3PO = 2OB = 2 2 2 16PO OB PB+ = = 2POB π∠ = PO OB⊥ =PB PA OA OC= PO AC⊥ AC OB O= PO ABC⊥ 平面 解法二：常规解法（二线法，以 AB 边中点为例，三垂线定理） 在 边去中点 ，连接 、 ，因为 ，所以 在 中，由勾股定理可知： ，在 中， ， ，所以 ， 所以 ，因为 ，所以 ，所以 由几何关系可知： ，因为 ，所以 . 以 为坐标原点， 的方向为 轴的正方向，建立空间直角坐标系 . 由题意的可知： ， ， ， ， ， .取平面 的法向量 . 设 （ ），则 . 设 平 面 的 法 向 量 为 ， 由 ， ， 可 取 所以 ，解得： （舍去）， 所以 平面 的法向量为 ， 因为 ，所以 AB N PN ON PA PB= PA AB⊥ ABC∆ AB BC⊥ ABC∆ AO OC= AN NB= ON BC AB ON⊥ ON PN N= AB PNO⊥ 平面 AB PO⊥ PO AC⊥ AC ON O= PO ABC⊥ 平面 O OB x O xyz− ( )0,0,0O ( )2,0,0B ( )0, 2,0A − ( )0,2,0C ( )0,0,2 3P ( )0,2,2 3AP = PAC ( )2,0,0OB = ( ),2 ,0M a a− 0 2a< ≤ ( ),4 ,0AM a a= − PAM ( ), ,n x y z= 0AP n⋅ = 0AM n⋅ = ( ) 2 2 3 0 4 0 y z ax a y  + = + − = ( )( )3 4 , 3 ,n a a a= − − ( ) ( )2 2 2 2 3 4 3cos , 22 3 4 3 aOB n a a a −< >= = − + +  4a = − 4 3a = PAM 8 3 4 3 4, ,3 3 3n  = − −    ( )0,2, 2 3PC = − 3cos , 4PC n< >= 所以 与平面 所成角的正弦值为 . 例 7 （2017·新课标Ⅰ，18）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AB//CD，且 （1）证明：平面 PAB⊥平面 PAD； （2）若 PA=PD=AB=DC, ,求二面角 A-PB-C 的余弦值． 解析：（1）证明：∵ ，∴ ， ， 又∵ ，∴ ，又∵ ， 、 平面 ， ∴ 平面 ，又 平面 ，∴平面 平面 ． （2）取 中点 ， 中点 ，连接 ， ，∵ ， ∴四边形 为平行四边形，∴ ， 由（1）知， 平面 ，∴ 平面 ， 又 、 平面 ，∴ ， ， 又∵ ，∴ ，∴ 、 、 两两垂直， ∴以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 设 ，∴ 、 、 、 ， ∴ 、 、 ， 设 为平面 的法向量，由 ，得 ， 令 ，则 ， ，可得平面 的一个法向量 ， ∵ ，∴ ，又知 平面 ， 平面 ， ∴ ，又 ，∴ 平面 ，即 是平面 的一个法向量， PC PAM 3 4 90BAP CDP∠ = ∠ =  90APD∠ =  90BAP CDP∠ = ∠ = ° PA AB⊥ PD CD⊥ AB CD∥ PD AB⊥ PD PA P= PD PA ⊂ PAD AB ⊥ PAD AB ⊂ PAB PAB ⊥ PAD AD O BC E PO OE AB CD ABCD OE AB AB ⊥ PAD OE ⊥ PAD PO AD ⊂ PAD OE PO⊥ OE AD⊥ PA PD= PO AD⊥ PO OE AD O O xyz− 2PA = ( )0 02D − ， ， ( )22 0B ， ， ( )00 2P ， ， ( )2 02C − ， ， ( )02 2PD = − − ， ， ( )22 2PB = − ， ， ( )2 2 0 0BC = − ， ， ( )n x y z= , , PBC 0 0 n PB n BC  ⋅ = ⋅ =     2 2 2 0 2 2 0 x y z x  + − = − = 1y = 2z = 0x = PBC ( )0 1 2n = , , 90APD∠ = ° PD PA⊥ AB ⊥ PAD PD ⊂ PAD PD AB⊥ PA AB A= PD ⊥ PAB PD PAB ，∴ ， 由图知二面角 为钝角，所以它的余弦值为 ． ( )02 2PD = − − , , 2 3cos 32 3 PD nPD n PD n ⋅ −= = = − ⋅     , A PB C− − 3 3 − 2011 年—2018 年新课标全国卷理科数学试题分类汇编 11．立体几何 一、选择题 (2018·新课标Ⅰ，理 7) 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 在正视图上的对应点为 ，圆柱表面上的点 在左视图上的对 应点为 ，则在此圆柱侧面上，从 到 的路径中，最短路径的长度为（ ） A． B． C． D． 2 (2018·新课标Ⅰ，理 12)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（ ） A． B． C． D． （2018·新课标Ⅱ，9）在长方体 中， ， ，则异面直线 与 所 成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． （2018·新课标Ⅲ，理 3）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（ ） （2018·新课标Ⅲ，理 10）设 是同一个半径为 4 的球的球面上四点， 为等边三角形且 其面积为 ，则三棱锥 体积的最大值为（ ） A． B． C． D． （2017·新课标Ⅰ，7）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（ ） M A N B M N 2 17 2 5 3 α α 3 3 4 2 3 3 3 2 4 3 2 1 1 1 1ABCD A B C D− 1AB BC= = 1 3AA = 1AD 1DB 1 5 5 6 5 5 2 2 A B C D， ， ， ABC∆ 9 3 D ABC− 12 3 18 3 24 3 54 3 4 4 2 3 · A．10 B．12 C．14 D．16 （2017·新课标Ⅰ，7） （2017·新课标Ⅱ，4） （2016·新课标Ⅰ，6） （2017·新课标Ⅱ，4）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所得，则该几何体的体积为（ ） A． B． C． D． （2017·新课标Ⅱ，10）已知直三棱柱 中， ， ， ，则 异面直线 与 所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． （2017·新课标Ⅲ，8）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． B． C． D． （2016·新课标Ⅰ，6）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若 该几何体的体积是 ，则它的表面积是（ ） （A） （B） （C） （D） （ 2016· 新 课 标 Ⅰ ， 11 ） 平 面 过 正 方 体 的 顶 点 ， 平 面 ， 平面 ， 平面 ，则 所成角的正弦值 为（ ） （A） （B） （C） （D） （2016·新课标Ⅱ，6）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（ ） A．20π B．24π C．28π D ． 32π （2016·新课标Ⅲ，9）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，则该多面体的表面积为（ ） A. B. C. 90 D. 81 90π 63π 42π 36π 1 1 1C CΑΒ − Α Β C 120∠ΑΒ =  2ΑΒ = 1C CC 1Β = = 1 ΑΒ 1CΒ 3 2 15 5 10 5 3 3 π 3π 4 π 2 π 4 28 3 π π17 π18 π20 π28 α 1111 DCBAABCD − A //α 11DCB α  ABCD m= α nAABB =11 nm, 3 2 2 2 3 3 1 3 18 36 5+ 54 18 5+ （2016·新课标Ⅲ，10）在封闭的直三棱柱 ABC－A1B1C1 内有一个体积为 V 的球.若 AB⊥BC，AB=6， BC=8，AA1=3，则 V 的最大值是（ ） A. B. C. D. （2015·新课标Ⅰ，6）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中 有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其 意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底 部的弧长为 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，估算出堆放的米约有（ ） （A）14 斛 （B）22 斛 （C）36 斛 （D）66 斛 （2015·新课标Ⅰ，11）圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 )组成一个几何体，该几何体三视图 中的正视图和俯视图如图所示. 若该几何体的表面积为 ，则 （ ） （A）1 （B）2 （C）4 （D）8 （2015·新课标Ⅱ，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图，则 截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ） A． B． C． D． （2015·新课标Ⅱ，6） （2014·新课标Ⅰ，12） （2015·新课标Ⅱ，9）已知 A，B 是球 O 的球面上两点，∠AOB=90º，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（ ） A．36π B．64π C．144π D．256π （2014·新课标Ⅰ，12）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 多面体的个条棱中，最长的棱的长度为( ) . . .6 .4 （2014·新课标Ⅱ，6）如图，网格纸上正方形小格的边长为 1（表示 1cm），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 3cm，高为 6cm 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（ ） A． B． C． D． 4π 9π 2 6π 32π 3 r 16 20π+ r = 8 1 7 1 6 1 5 1 A 6 2 B 4 2 C D 17 27 5 9 10 27 1 3 （2014·新课标Ⅱ，6） （2013·新课标Ⅰ，6） （2013·新课标Ⅰ，8） （2014· 新课标Ⅱ，11 ）直三棱柱 ABC-A 1B1C1 中，∠BCA=90º ，M ，N 分别是 A 1B1 ，A1C1 的中点， BC=CA=CC1，则 BM 与 AN 所成的角的余弦值为（ ） A． B． C． D． （2013·新课标Ⅰ，6）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高 8 cm，将一个球放在容 器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为(　　 )． A． cm3 B． cm3 C． cm3 D． cm3 （2013·新课标Ⅰ，8）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)． A．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π （2013·新课标Ⅱ，4）已知 为异面直线， 平面 ， 平面 .直线 满足 ， ， ， ，则（ ） A.α // β 且 l // α B. 且 C. 与 相交，且交线垂直于 D. 与 相交，且交线平行于 （2013·新课标Ⅱ，7）一个四面体的顶点在空间直角坐标系 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 平面为投影面，则得到正视图可以为（ ） （2012·新课标Ⅰ，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（ ） A．6 B．9 C．12 D．15 （2012·新课标Ⅰ，11）已知三棱锥 S －ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，△ABC 是 边长为 1 的正三角形，SC 为球 O 的直径，且 SC=2，则此棱锥的体积为（ ） A． B． C． 1 10 2 5 30 10 2 2 500π 3 866π 3 1372π 3 2048π 3 ,m n m ⊥ α n ⊥ β l l m⊥ l n⊥ l α⊄ l β⊄ α β⊥ l β⊥ α β l α β l O xyz− zOx A. B. C. D. 2 6 3 6 2 3 D． （2012·新课标Ⅱ，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（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 18 （2012·新课标Ⅱ，11）已知三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，△ABC 是边长为 1 的正三角形 ，SC 为球 O 的直径，且 SC=2，则此棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. （2011·新课标Ⅰ，6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应 的侧视图可以为（ ） 二、填空题 （2018·新课标Ⅱ，理 16）已知圆锥的顶点为 ，母线 ， 所成角的余弦值为 ， 与圆锥底面所 成角为 ．若 的面积为 ，则该圆锥的侧面积为_________． （2017·新课标Ⅲ，16） ， 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 的直角边 所在 直线与 ， 都垂直，斜边 以直线 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线 与 成 角时， 与 成 角；②当直线 与 成 角时， 与 成 角； ③直线 与 所称角的最小值为 ；④直线 与 所称角的最小值为 ；其中正确的是________. （填写所有正确结论的编号） （2016·新课标Ⅱ，14）α、β 是两个平面，m、n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果 m⊥n，m⊥α，n∥β，那么 α⊥β. （2）如果 m⊥α，n∥α，那么 m⊥n. （3）如果 α∥β，m α，那么 m∥β. （4）如果 m∥n，α∥β，那么 m 与 α 所成的角和 n 与 β 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.) （ 2011· 新 课 标 Ⅰ 、 Ⅱ ， 15 ） 已 知 矩 形 的 顶 点 都 在 半 径 为 4 的 球 的 球 面 上 ， 且 ,则棱锥 的体积为 ． 2 2 6 2 6 3 3 2 2 2 S SA SB 7 8 SA 45° SAB△ 5 15 a b ABC AC a b AB AC AB a 60 AB b 30 AB a 60 AB b 60 AB a 45 AB a 60 ⊂ ABCD O 6, 2 3AB BC= = O ABCD− 三、解答题 （2018·新课标 I，理 18）如图，四边形 为正方形， ， 分别为 ， 的中点，以 为折痕把 折起，使点 到达点 的位置 ，且 ． （1）证明：平面 平面 ； （2）求 与平面 所成角的正弦值． （2018·新课标Ⅱ，20）如图，在三棱锥 中， ， ， 为 的中点． （1）证明： 平面 ； （2）若点 在棱 上，且二面角 为 ，求 与平面 所成角的正弦值． （2018·新课标Ⅲ，理 19）如图，边长为 2 的正方形 所在平面与半圆弧 所在平面垂直， 是 上异于 ， 的点． ⑴证明：平面 平面 ； ⑵当三棱锥 体积最大时，求面 与面 所成二面角的正弦值． ABCD E F AD BC DF DFC△ C P PF BF⊥ PEF ⊥ ABFD DP ABFD P ABC− 2 2AB BC= = 4PA PB PC AC= = = = O AC PO ⊥ ABC M BC M PA C− − 30° PC PAM ABCD CD M CD C D AMD⊥ BMC M ABC− MAB MCD （2017·新课标Ⅰ，18）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AB//CD，且 （1）证明：平面 PAB⊥平面 PAD； （2）若 PA=PD=AB=DC, ,求二面角 A-PB-C 的余弦值． （2017·新课标Ⅱ，19）如图，四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD 为等比三角形且垂直于底面 ABCD， ， ， E 是 PD 的中点. （1）证明：直线 平面 PAB； （2）点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成锐角为 ，求二面角 M-AB-D 的余弦值 90BAP CDP∠ = ∠ =  90APD∠ =  1 2AB BC AD= = o90BAD ABC∠ = ∠ = / /CE o45 （2017· 新课标Ⅲ，19 ）如图所示，四面体 中， 是正三角形， 是直角三角形， ， ． （1）证明：平面 平面 ； （2 ）过 的平面交 于点 ，若平面 把四面体 分成体积相等的两部分，求二面角 的余弦值． （ 2016· 新 课 标 Ⅰ ， 18 ） 如 图 ， 在 以 为 顶 点 的 五 面 体 中 ， 面 为 正 方 形 ， ，且二面角 与二面角 都是 ． （Ⅰ）证明：平面 平面 ； （Ⅱ）求二面角 的余弦值． ABCD ABC△ ACD△ ABD CBD∠ = ∠ AB BD= ACD ⊥ ABC AC BD E AEC ABCD – –D AE C FEDCBA ,,,,, ABEF °=∠= 90,2 AFDFDAF EAFD −− FBEC −− °60 ⊥ABEF EFDC ABCE −− A B C D E F （2016·新课标Ⅱ，19）如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，AB=5，AC=6，点 E，F 分别在 AD，CD 上，AE=CF= ，EF 交 BD 于点 H. 将△DEF 沿 EF 折到△D´EF 的位置， . （Ⅰ）证明： 平面 ABCD；（Ⅱ）求二面角 的 正弦值. （2016· 新课标Ⅲ，19 ）如图，四棱锥 P-ABCD 中，PA ⊥底面 ABCD ，AD ∥ BC ，AB=AD=AC=3 ，PA=BC=4，M 为线段 AD 上一点，AM=2MD，N 为 PC 的 中点. (1)证明 MN∥平面 PAB；(2)求直线 与平面 所成角的正弦值. 5 4 10OD′ = D H′ ⊥ B DA C′− − AN PMN O B A C F D H E D′ （2015·新课标Ⅰ，18）如图，四边形 为菱形， ， 是平面 同一侧的两 点， ⊥平面 ， ⊥平面 ， ， . （I）证明：平面 ⊥平面 ； （II）求直线 与直线 所成角的余弦值. （2015·新课标Ⅱ，19）如图，长方体 ABCD-A1B1C1D1 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. （Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线 AF 与平面 所成角的正弦值. ABCD 120ABC∠ =  ,E F ABCD BE ABCD DF ABCD 2BE DF= AE EC⊥ AEC AFC AE CF α α （2014·新课标Ⅰ，19）如图三棱柱 中，侧面 为菱形， . （Ⅰ） 证明： ； （Ⅱ）若 ， ，AB=BC 求二面角 的余弦值. （2014·新课标Ⅱ，18）如图，四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA⊥平面 ABCD，E 为 PD 的中 点. （Ⅰ）证明：PB // 平面 AEC； （Ⅱ）设二面角 D-AE-C 为 60º，AP=1，AD= ，求三棱锥 E-ACD 的体积 . 1 1 1ABC A B C− 1 1BB C C 1AB B C⊥ 1AC AB= 1AC AB⊥ o 1 60CBB∠ = 1 1 1A A B C− − 3 （2013·新课标Ⅰ，18）如图，三棱柱 ABC－A1B1C1 中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°. (1)证明：AB⊥A1C； (2)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B，AB＝CB，求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值． （ 2013· 新 课 标 Ⅱ ， 18 ） 如 图 ， 直 三 棱 柱 中 ， ， 分 别 是 ， 的 中 点 ， . （Ⅰ）证明： //平面 ；（Ⅱ）求二面角 的正弦值. 1 1 1ABC ABC− 1BC D E AB 1BB 1 2 2AA AC CB AB= = = 1ACD 1D AC E− − 1A 1B 1C C （2012·新课标Ⅰ、Ⅱ，19）如图，直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AC=BC= AA1，D 是棱 AA1 的中点， DC1⊥BD． （1）证明：DC1⊥BC； （2）求二面角 A1－BD－C1 的大小． （ 2011· 新 课 标 Ⅰ 、 Ⅱ ， 18 ） 如 图 ， 四 棱 锥 P-ABCD 中 ， 底 面 ABCD 为 平 行 四 边 形 ， ∠ DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD. (Ⅰ)证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若 PD=AD，求二面角 A-PB-C 的余弦值． 2 1 D A1 B1 C A B C1 A B CD P 2011 年—2018 年新课标全国卷理科数学试题分类汇编 11．立体几何（解析版） 一、选择题 (2018·新课标全国Ⅰ卷理 7) 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 在正视图上的对应点为 ，圆柱表面上的点 在左视图上 的对应点为 ，则在此圆柱侧面上，从 到 的路径中，最短路径的长度为（ ） A． B． C． D．2 【答案】B 解析：当路径为线段 MN 时，长度最短，故最短路径的长度为 . (2018·新课标Ⅰ，理 12)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（ ） A． B． C． D． 【答案】A 解析：（直接法）平面 符合题意，如图（1）所示，例题中的平面 可得面 平移 平移后的图象如图（1）所示，六边形 为该截面 M A N B M N 2 17 2 5 3 2 22 4 2 5+ = α α 3 3 4 2 3 3 3 2 4 3 2 1 1AC B α 1 1AC B EFGHMN 设 ，则有 根据对称性可知 ，延长 相交于点 延长 相交于点 ，易证 所以 为等边三角形，同理 为等边三角形， 所以 当 时， ． 【解法 2】（特殊位置法）由题可知，截面 应与正方体体对角线垂直，当平面平移至截面为六边形时， 此 时 六 边 形 的 周 长 恒 定 不 变 ， 所 以 当 截 面 为 正 六 边 形 时 ， 面 积 最 大 ． （2018·新课标Ⅱ，9）在长方体 中， ， ，则异面直线 与 所 成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 1A N x= 2 , 2(1 )EN x MN x= = − 2(1 ), 2EF x FG x= − = ,EN HM P ,EF HG Q 60HEF EHG∠ = ∠ =  EHQ∆ EHP∠ max EHG EPG PMN FGQEFGHMNS S S S S∆ ∆ ∆ ∆= + − −六边形 2 2 2 23 3 3 3( 2) ( 2) ( 2(1 )) ( 2 )4 4 4 4x x= × + × − − − 233 (2 2 1)2 x x= − − + 1 2x = max 3 3 4EFGHMNS =六边形 α max 23 2 3 36 ( )4 2 4EFGHMNS = × × =六边形 1 1 1 1ABCD A B C D− 1AB BC= = 1 3AA = 1AD 1DB 1 5 5 6 5 5 2 2 【答案】C 解析：法一：由几何关系可知： ， ， ，由余弦定理可知： 解法二：坐标法：由几何关系可知： ，点 A 的坐标为 ，点 的坐标为 ， 解法三：补型法（以右补为例）：由几何关系可知： ， ， ，由余弦定理可得： . （2018·新课标Ⅲ，理 3）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（ ） 【答案】A 解析：根据题意，A 选项符号题意. （2018·新课标Ⅲ，理 10）设 是同一个半径为 4 的球的球面上四点， 为等边三角形且 其面积为 ，则三棱锥 体积的最大值为（ ） 1 1 5 2 2EF B D= = 13 2AE = 1AF = 5cos 5 θ = ( )1 1,1, 3B D = ( )1,0, 3 1D ( )1,1,0 ( )1 0,1, 3AD = − 2 5cos 52 5 θ −= = 5BD = 2DG = 1 5B G = 4 5cos 54 5 θ = = A B C D， ， ， ABC∆ 9 3 D ABC− A． B． C． D． 【答案】B 解析：如图， 为等边三角形，点 为 ， ， ， 外接球的球心， 为 的 重 心 ， 由 ， 得 ， 取 的 中 点 ， ∴ ， ∴ ，∴球心 到面 的距离为 ，∴三棱锥 体 积最大值 . （2017·新课标Ⅰ，7）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．10 B．12 C．14 D．16 【答案】 B 解析：由三视图可画出立体图，该立体图平面内只有两个相同的 梯形的面， ， ，故选 B； （2017·新课标Ⅱ，4）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所得，则该几何体的体积 为（ ） A． B． C． D． 【答案】 B 解析：从三视图可知：一个圆柱被一截面截取一部分而剩余的部分， 12 3 18 3 24 3 54 3 ABC∆ O A B C D G ABC∆ 9 3ABCS∆ = 6AB = BC H sin60 3 3AH AB= ⋅ ° = 2 2 33AG AH= = O ABC 2 24 (2 3) 2d = − = D ABC− 1 9 3 (2 4) 18 33D ABCV − = × × + = ( )2 4 2 2 6S = + × ÷ =梯 6 2 12S = × =全梯 90π 63π 42π 36π 剩下的体积分上下两部分阴影的体积，下面阴影的体积为 ， ， ，∴ ；上面阴影的体 积 是上面部分体积 的一半，即 ， 与 的比为高的比（同底），即 ， ， 故总体积 . 方法 2： ，其余同上，故总体积 . （2017·新课标Ⅱ，10）已知直三棱柱 中， ， ， ，则异面直线 与 所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】 B 解析：解法一：在边 ﹑ ﹑ ﹑ 上分别取中点 ﹑ ﹑ ﹑ ，并相互连接. 由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面直线 和 所成的夹角为 或其补角， 通过几何关系求得 ， ， ，利用余弦定理可求得异面直线 和 所成的夹角余弦值为 . 解法二：补形通过补形之后可知： 或其补角为异面直线 和 所成的角，通过几何关系可知： ， ， ，由勾股定理或余弦定理可得异面直线 和 所成的夹角余弦值为 . 解法三：建系建立如左图的空间直角坐标系， ， ， ， ， V Sh= 3r = 4h = 1 36V π= 2V 3V 2 3 1 2V V= 3V 1V 3 1 3 2V V= 2 1 3 274V V π= = 0 2 1 63V V V π= + = 3 54V Sh π= = 0 2 1 63V V V π= + = 1 1 1C CΑΒ − Α Β C 120∠ΑΒ =  2ΑΒ = 1C CC 1Β = = 1 ΑΒ 1CΒ 3 2 15 5 10 5 3 3 1BB 1 1B C 1 1A B AB E F G H 1AB 1BC FEG∠ 2 2EF = 5 2FG = 11 2FH = 1AB 1BC 10 5 1BC D∠ 1AB 1BC 1 2BC = 1 5C D = 3BD = 1AB 1BC 10 5 ( )0,2,1A ( )1 0,0,0B ( )0,0,1B 1 3 1, ,02 2C  −    ∴ ， ，∴ （2017·新课标Ⅲ，8）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． B． C． D． 【答案】 B 解析：由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径 ， 则圆柱体体积 .故选B. （2016·新课标Ⅰ，6）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若 该几何体的体积是 ，则它的表面积是（ ） （A） （B） （C） （D） 【答案】 A 解析：原立体图如图所示：是一个球被切掉左上角的 后的三视图 表面积是 的球面面积和三个扇形面积之和 故选 A． （2016· 新课标Ⅰ，11 ）平面 过正方体 的顶点 ， 平面 ， 平面 ， 平面 ，则 所成角的正弦值为（ ） （A） （B） （C） （D） 【答案】 A 解析：如图所示： 1 3 1, , 12 2BC  = − −     ( )1 0,2,1B A = 1 1 1 1 2 10cos 55 2 B A BC B A BC θ ⋅ = = = ×⋅     π 3π 4 π 2 π 4 2 2 1 31 2 2r  = − =   2 3ππ 4V r h= = 3 28π π17 π18 π20 π28 1 8 7 8 2 27 1= 4 2 +3 2 =178 4S × × × ×π π π， α 1111 DCBAABCD − A //α 11DCB α  ABCD m= α nAABB =11 nm, 2 3 2 2 3 3 3 1 ∵ ，∴若设平面 平面 ，则 又∵平面 ∥平面 ，结合平面 平面 ∴ ，故 ，同理可得： 故 、的所成角的大小与 、 所成角的大小相等，即 的大小． 而 （均为面对交线），因此 ，即 ． 故选 A． （2016·新课标Ⅱ，6）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（ ） A．20π B．24π C．28π D．32π 【答案】 C 解析：几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为，周长为，圆锥母线长为 ，圆柱 高 为 ． 由 图 得 ， ， 由 勾 股 定 理 得 ： ， ，故选 C． （2016·新课标Ⅲ，9）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，则该多面体的表面积为 A. B. C. 90 D. 81 【答案】 B 解析：由三视图可知该几何体是一个平行六面体，上下底 α A A1 B B1 D C C1D1 1 1CB Dα∥平面 1 1CB D  1ABCD m= 1m m∥ ABCD 1 1 1 1A B C D 1 1B D C  1 1 1 1 1 1A B C D B D= 1 1 1B D m∥ 1 1B D m∥ 1CD n∥ m 1 1B D 1CD 1 1CD B∠ 1 1 1 1B C B D CD= = 1 1 3CD B π∠ = 1 1 3sin 2CD B∠ = 4 4 2 3 · l h 2r = 2π 4πc r= = ( )222 2 3 4l = + = 2 1π 4π 16π 8π 28π2S r ch cl= + + = + + =表 18 36 5+ 54 18 5+ 2016， 6 2015， 6 2014， 6 面为俯视图的一半，各个侧面平行四边形，故表面积为 （2016·新课标Ⅲ，10）在封闭的直三棱柱 ABC－A1B1C1 内有一个体积为 V 的球.若 AB⊥BC，AB=6， BC=8，AA1=3，则 V 的最大值是 A. B. C. D. 【答案】 B 解析：由题意知，当球为直三棱柱的内接球 时，体积最大，选取过球心且平行于直三棱柱底面的截面 ，如图所示，则由切线长定理可知，内接圆的半径为 2， 又 ，所以内接球的半径为 ，即 的最大 值为 （2015·新课标Ⅰ，6）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米 依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一 个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为 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，估算出堆放的米约有 （A）14 斛 （B）22 斛 （C）36 斛 （D）66 斛 【 答 案 】 B 解 析 ： ， 圆 锥 底 面 半 径 ， 米 堆 体 积 ，堆放的米约有 ，选（B）. （2015·新课标Ⅰ，11）圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 )组成一个几何体 ，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示. 若该几何体的表面积为 ，则 （ ） （A）1（B）2（C）4（D）8 【答案】 B 解析：由正视图和俯视图知，该几何体是半球和半个圆柱的组合体，圆柱 的半径与球的半径都 ，圆柱的高为 ，其表面积为 ，解得 ，故选（B）. 2 3 3 2 3 6 2 3 9 36 54 18 5× × + × × + × × + = + 4π 9π 2 6π 32π 3 1 3 2 2AA = < × 3 2 V 34 9 3 2R ππ = 2 84 Rπ = 16R π= 21 320 12 3V R hπ π= = 221.62 V ≈ r 16 20π+ r = r 2r 2 2 2 21 4 2 2 2 5 4 16 202 r r r r r r r rπ π π π π× + × + + × = + = − 2r = 10 8 6 （2015·新课标Ⅱ，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． B． C． D ． （2015·6 ）D 解析：由三视图得，在正方体 ABCD-A 1B1C1D1 中，截去四面体 A- A1B1D1 ，如图所示，设正方体棱长为 ，则 ，故剩余几何体体 积为 ，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选 D. （2015·新课标Ⅱ，9）已知 A，B 是球 O 的球面上两点，∠AOB=90º，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（ ） A．36π B．64π C．144π D．256π 【答案】 C 解析：如图所示，当点 C 位于垂直于面 的直径端点时，三棱锥 的 体 积 最 大 ， 设 球 O 的 半 径 为 R ， 此 时 ， 故 R=6 ， 则 球 O 的 表 面 积 为 ，故选 C． （2014·新课标Ⅰ，12）如图，网格纸上小正方形的边长为 1， 粗实线画出 a 1 1 1 3 31 1 1 3 2 6A ABDV a a− = × = 3 3 31 5 6 6a a a− = AOB O ABC− 2 31 1 1 363 2 6O ABC C AOBV V R R R− −= = × × = = 24 144S Rπ π= = 8 1 7 1 6 1 5 1 C BA D D1 C1 B1 A1 B O A C 的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为 . . .6 .4 【答案】 C 解析：（解析）：如图所示，原几何体为三棱锥 ， 其中 ， ，故最长的棱的长度为 ，选 C （2014·新课标Ⅱ，6）如图，网格纸上正方形小格的边长为 1（表示 1cm），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 3cm，高为 6cm 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（ ） A． B． C． D． 【答案】 C 解析：原来毛坯体积为 π·3 2·6=54π (cm2)，由三视图得，该零件由左侧 底面半径为 2cm，高为 4cm 的圆柱和右侧底面半径为 3cm，高为 2cm 的圆柱 构成，所以该零件的体积为：π·32·2+π·2 2·4=34π (cm2)，则切削掉部分的体积为 54π-34π =20π(cm2) ， 所 以 切 削 掉 部 分 的 体 积 与 原 来 毛 坯 体 积 的 比 值 为 . （2014· 新课标Ⅱ，11 ）直三棱柱 ABC-A 1B1C1 中，∠BCA=90º ，M ，N 分别是 A 1B1 ，A1C1 的中点， BC=CA=CC1，则 BM 与 AN 所成的角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】 C 解析：取 BC 的中点 P，连结 NP、AP， ∵M，N 分别是 A 1B1 ，A1C1 的中点，∴四边形 NMBP 为平行四边形，∴BM//PN，∴所求 角 的 余 弦 值 等 于 ∠ ANP 的 余 弦 值 ， 不 妨 令 BC=CA=CC1=2 ， 则 AN=AP= ，NP=MB= ， ∴ . 【另解】如图建立坐标系，令 AC=BC=C1C=2 ，则 A(0, 2, 2) ，B(2, 0, A 6 2 B 4 2 C D D ABC− 4, 4 2, 2 5AB BC AC DB DC= = = = = ( )2 4 2 4 6DA = + = 6DA = 17 27 5 9 10 27 1 3 20 10 54 27 π π = 1 10 2 5 30 10 2 2 5 6 2 2 2 2 2 2| | | | | | ( 5) ( 6) ( 5)cos 2 | | | | 2 5 6 AN NP APANP AN NP + − + −∠ = =× ⋅ × × 30 10 = A C B 1A 1C 1BN M P 2) ， M(1, 1, 0) ， N(0, 1, 0) ， （2013·新课标Ⅰ，6）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高 8 cm，将一个球放在容 器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为(　　 )． A． cm3 B． cm3 C． cm3 D． cm3 【答案】 A 解析：设球半径为 R，由题可知 R，R－2，正方体棱长一半可构成直角三角形，即△OBA 为 直角三角形，如图． BC＝2，BA＝4，OB＝R－2，OA＝R， 由 R2＝(R－2)2＋42，得 R＝5， 所以球的体积为 (cm3)，故选 A. （2013·新课标Ⅰ，8）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)． ( 1,1, 2) (0, 1, 2),BM AN∴ = − − = − − ， 0 1 4 30cos .10| | | | 6 5 BM ANθ BM AN ⋅ − += = = ⋅     500π 3 866π 3 1372π 3 2048π 3 34 500π5 π3 3 = A．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π 【答案】 A 解析：由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径 r ＝2，长为 4，在长方体中，长为 4，宽为 2，高为 2，所以几何体的体积为 πr2×4× ＋4×2×2＝8π＋16.故 选 A. （2013·新课标Ⅱ，4）已知 为异面直线， 平面 ， 平面 .直线 满足 ， ， ， ，则（ ） A.α // β 且 l // α B. 且 C. 与 相交，且交线垂直于 D. 与 相交，且交线平行于 【答案】 D 解析：因为 m⊥α，l⊥m，l α，所以 l∥α. 同理可得 l∥β. 又因为 m，n 为异面直线，所以 α 与 β 相交，且 l 平行于它们的交线．故选 D. （2013·新课标Ⅱ，7）一个四面体的顶点在空间直角坐标系 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 平面为投影面，则得到正视图可以为（ ） 【答案】A 解析：如图所示，该四面体在空间直角坐标系 O－xyz 的图像为右 图，则它在平面 zOx 上的投影即正视图为右图，故选 A. （2012·新课标Ⅰ，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（ ） A．6 B．9 C．12 D．15 【答案】 B 解析：由三视图可知，该几何体为 三棱锥 A-BCD， 底面△BCD 为 底边为 6，高为 3 的等腰三角形， 侧面 ABD⊥底面 BCD， AO⊥底面 BCD， 因此此几何体的体积为 ，故选择 B． （2012·新课标Ⅰ，11）已知三棱锥 S －ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，△ABC 是边长为 1 的正三角 形，SC 为球 O 的直径，且 SC=2，则此棱锥的体积为（ ） 1 2 ,m n m ⊥ α n ⊥ β l l m⊥ l n⊥ l α⊄ l β⊄ α β⊥ l β⊥ α β l α β l ⊄ O xyz− zOx A. B. C. D. 1 1( 6 3) 3 93 2V = × × × × = OB D C A A． B． C． D． 【答案】A 解析：如图所示，根据球的性质， 知 平面 ，则 ． 在直角 中， ， ， 所以 ． 因此三棱锥 S－ABC 的体积 ，故选择 A． （2012·新课标Ⅱ，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（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 18 【答案】 B 解析：由三视图可知，此几何体为底面是斜边为 6 的等腰直角三角形（俯视 图） ，高为 3 的三棱锥，故其体积为 . （2012·新课标Ⅱ，11）已知三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，△ABC 是边长为 1 的正三角形 ，SC 为球 O 的直径，且 SC=2，则此棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】 A 解析：易知点 S 到平面 ABC 的距离是点 O 到平面 ABC 的距离的 2 倍.显然 O-ABC 是棱长为 1 的正四面体，其高为 ，故 ， . 2 6 3 6 2 3 2 2 ⊥1OO ABC COOO 11 ⊥ COO1∆ 1=OC 3 3 1 =CO 3 6)3 3(1 22 1 2 1 =−=−= COOCOO 6 2 3 6 4 3 3 122 =×××== −ABCOVV 1 1 3 2 3 2 3 93 2V = × × × × = 6 2 6 3 3 2 2 2 6 3 1 3 6 2 3 4 3 12O ABCV − = × × = 22 6S ABC O ABCV V− −= = S C O O1 B A （2011·新课标Ⅰ，6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示 ，则相应 的侧视图可以为（ ） 【答案】D 解析：条件对应的几何体是由底面棱长为 r 的正四棱锥沿底面对 角线截出 的部分与底面为半径为 r 的圆锥沿对称轴截出的部分构成的．故选 D （2011·6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧 视 图 可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】 D 解析：条件对应的几何体是由底面棱长为 r 的正四棱锥沿底面对角线截出的部分与底面为半 径为 r 的圆锥沿对称轴截出的部分构成的. 故选 D. 二、填空题 （2018·新课标Ⅱ，理 16）已知圆锥的顶点为 ，母线 ， 所成角的余弦值为 ， 与圆锥底面所 成角为 ．若 的面积为 ，则该圆锥的侧面积为_________． 【答案】 解析：由面积的关系可知： ，由几何关系可知： 侧面积 ， ，侧面积 S SA SB 7 8 SA 45° SAB△ 5 15 40 2π 4 5SA SB= = 2 10SO AO= = S SA l= ⋅ 2 4 10l OAπ π= = 40 2S SA l π= ⋅ = （2017·新课标Ⅲ，）16. ， 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 的直角边 所在 直线与 ， 都垂直，斜边 以直线 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线 与 成 角时， 与 成 角； ②当直线 与 成 角时， 与 成 角； ③直线 与 所称角的最小值为 ； ④直线 与 所称角的最小值为 ； 其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号） 【答案】② ③ 解析：由题意知，， ， 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 ， ， 边 以直线 为旋转轴旋转，则 点保持不变， 点的运动轨迹是以 为圆心，1为半径的圆．以 为坐标原点，以 为轴正方向， 为 轴正方向， 为轴正方向建立空间直角坐标系．则 ， ， 直线的方向单位向量 ， ． 点起始坐标为 ， 直线 的方向单位向量 ， ．设 点在运动过程中的坐标 ， 其中 为 与 的夹角， ． 那么 在运动过程中的向量 ， ． 设 与所成夹角为 ，则 ． a b ABC AC a b AB AC AB a 60 AB b 30 AB a 60 AB b 60 AB a 45 AB a 60 b AC 1AC = 2AB = AB AC A B C C CD CB y CA (1,0,0)D (0,0,1)A (0,1,0)=a 1=a B (0,1,0) b (1,0,0)=b 1=b B ( )cos ,sin ,0B θ θ′ θ B C′ CD [0,2π)θ ∈ 'AB ( cos , sin ,1)AB θ θ′ = − − 2AB′ = AB′ π0, 2 α  ∈    ( cos , sin ,1) (0,1,0) 2 2cos sin 0,2 2AB θ θα θ  − − ⋅= = ∈  ′  a 故 ，所以③正确，④错误． 设 与 所成夹角为 ， . 当 与夹角为 时，即 ， ． 因为 ，所以 ．所以 ． 因为 ．所以 ，此时 与 夹角为 ．所以②正确，①错误．故填② ③. （2016·新课标Ⅱ，14）α、β 是两个平面，m、n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果 m⊥n，m⊥α，n∥β，那么 α⊥β. （2）如果 m⊥α，n∥α，那么 m⊥n. （3）如果 α∥β，m α，那么 m∥β. （4）如果 m∥n，α∥β，那么 m 与 α 所成的角和 n 与 β 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.) 【答案】②③④ 解析：略. （ 2011· 新 课 标 Ⅰ 、 Ⅱ ， 15 ） 已 知 矩 形 的 顶 点 都 在 半 径 为 4 的 球 的 球 面 上 ， 且 ,则棱锥 的体积为 ． 【答案】 解析：设 ABCD 所在的截面圆的圆心为 M,则 AM= , OM= ， . 三、解答题 （2018·新课标 I，理 18）如图，四边形 为正方形， ， 分别为 ， 的中点，以 为折痕把 折起，使点 到达点 的位置 ，且 ． （1）证明：平面 平面 ； （2）求 与平面 所成角的正弦值． 2 21 (2 3) 6 2 32 + = 2 24 (2 3) 2− = 1 6 2 3 2 8 33O ABCDV − = × × × = π π,4 2 α  ∈    AB′ b π[0, ]2 β ∈ ( cos ,sin ,1) (1,0,0) 2cos cos2 AB AB AB θ θβ θ ′⋅ − ⋅= = = ′ ′    b b b AB′ 60° π 3 α = 1 2sin 2 cos 2 cos 23 2 2 πθ α= = = = 2 2cos sin 1θ θ+ = 2cos 2 θ = 2 1cos cos2 2 β θ= = π0, 2 β  ∈    π= 3 β AB′ b 60° ⊂ ABCD O 6, 2 3AB BC= = O ABCD− 8 3 ABCD E F AD BC DF DFC△ C P PF BF⊥ PEF ⊥ ABFD DP ABFD 解析：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以 BF⊥平面 PEF 由 BF 平面 ABFD，所以平面 PEF⊥平面 ABFD （2）【解法 1】作 PH⊥EF，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，建立如图所示的空间直角坐标系 由（1）可得 DE⊥PE，又 DP=2，DE=1，所以 ，又 PF=1，EF=2，故 PE⊥PF， 可得 ，则 为平面 ABFD 的法向量，设 DP 与平面 ABFD 所成的角 ，则 . 所以 DP 与平面 ABFD 所成的角正弦值为 。 【解法 2】作 PH⊥EF，垂足为 H，由（1）得，PH⊥平面 ABFD，所以 即为 与平面 所成角，因为 ， 分别为 ， 的中点，可得 DE⊥PF，又 PD=2，DE=1，可得 ， 又 PF=1，EF=2，可得 ， 与平面 所成角的正弦值为 。 【解法 3】在平面 DEF 中，过 P 作 PH⊥EF 于点 H，联结 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： ． ⊂ HF BF H xyz− 3PE = 3 3,2 2PH EH= = 3 3 3 3 3(0,0,0), (0,0, ), ( 1, ,0), (1, , ), (0,0, )2 2 2 2 2H P D DP HP− − = =  θ 3sin 4 HP DP HP DP θ ⋅= = ⋅     3 4 PDH∠ DP ABFD E F AD BC 3PE = 3 ,2PH = 3 32sin 2 4 PHPDH PD ∠ = = = DP ABFD 3 4 （2018·新课标Ⅱ，20）如图，在三棱锥 中， ， ， 为 的中点． （1）证明： 平面 ； （2）若点 在棱 上，且二面角 为 ，求 与平面 所成角的正弦值． 解析：（1）连接 ，由几何关系可知： ， ， 因为 ，所以 ，所以 ， 因为 ， ，所以 ， 因为 ，所以 . 解法二：常规解法（二线法，以 AB 边中点为例，三垂线定理） 在 边去中点 ，连接 、 ，因为 ，所以 在 中，由勾股定理可知： ，在 中， ， ，所以 ， 所以 ，因为 ，所以 ，所以 由几何关系可知： ，因为 ，所以 . P ABC− 2 2AB BC= = 4PA PB PC AC= = = = O AC PO ⊥ ABC M BC M PA C− − 30° PC PAM OB 2 3PO = 2OB = 2 2 2 16PO OB PB+ = = 2POB π∠ = PO OB⊥ =PB PA OA OC= PO AC⊥ AC OB O= PO ABC⊥ 平面 AB N PN ON PA PB= PA AB⊥ ABC∆ AB BC⊥ ABC∆ AO OC= AN NB= ON BC AB ON⊥ ON PN N= AB PNO⊥ 平面 AB PO⊥ PO AC⊥ AC ON O= PO ABC⊥ 平面 以 为坐标原点， 的方向为 轴的正方向，建立空间直角坐标系 . 由题意的可知： ， ， ， ， ， .取平面 的法向量 . 设 （ ），则 . 设 平 面 的 法 向 量 为 ， 由 ， ， 可 取 所以 ，解得： （舍去）， 所以 平面 的法向量为 ， 因为 ，所以 所以 与平面 所成角的正弦值为 . （2017·新课标Ⅰ，18）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AB//CD，且 （1）证明：平面 PAB⊥平面 PAD； O OB x O xyz− ( )0,0,0O ( )2,0,0B ( )0, 2,0A − ( )0,2,0C ( )0,0,2 3P ( )0,2,2 3AP = PAC ( )2,0,0OB = ( ),2 ,0M a a− 0 2a< ≤ ( ),4 ,0AM a a= − PAM ( ), ,n x y z= 0AP n⋅ = 0AM n⋅ = ( ) 2 2 3 0 4 0 y z ax a y  + = + − = ( )( )3 4 , 3 ,n a a a= − − ( ) ( )2 2 2 2 3 4 3cos , 22 3 4 3 aOB n a a a −< >= = − + +  4a = − 4 3a = PAM 8 3 4 3 4, ,3 3 3n  = − −    ( )0,2, 2 3PC = − 3cos , 4PC n< >= PC PAM 3 4 90BAP CDP∠ = ∠ =  （2）若 PA=PD=AB=DC, ,求二面角 A-PB-C 的余弦值． 解析：（1）证明：∵ ，∴ ， ， 又∵ ，∴ ，又∵ ， 、 平面 ， ∴ 平面 ，又 平面 ，∴平面 平面 ． （2）取 中点 ， 中点 ，连接 ， ，∵ ， ∴四边形 为平行四边形，∴ ， 由（1）知， 平面 ，∴ 平面 ， 又 、 平面 ，∴ ， ， 又∵ ，∴ ，∴ 、 、 两两垂直， ∴以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 设 ，∴ 、 、 、 ， ∴ 、 、 ， 设 为平面 的法向量，由 ，得 ， 令 ，则 ， ，可得平面 的一个法向量 ， ∵ ，∴ ，又知 平面 ， 平面 ， ∴ ，又 ，∴ 平面 ，即 是平面 的一个法向量， ，∴ ， 由图知二面角 为钝角，所以它的余弦值为 ． （2018·新课标Ⅲ，理 19）如图，边长为 2 的正方形 所在平面与半圆弧 所在平面垂直， 是 上异于 ， 的点． ⑴证明：平面 平面 ； ⑵当三棱锥 体积最大时，求面 与面 所成二面角的正弦值． 90APD∠ =  90BAP CDP∠ = ∠ = ° PA AB⊥ PD CD⊥ AB CD∥ PD AB⊥ PD PA P= PD PA ⊂ PAD AB ⊥ PAD AB ⊂ PAB PAB ⊥ PAD AD O BC E PO OE AB CD ABCD OE AB AB ⊥ PAD OE ⊥ PAD PO AD ⊂ PAD OE PO⊥ OE AD⊥ PA PD= PO AD⊥ PO OE AD O O xyz− 2PA = ( )0 02D − ， ， ( )22 0B ， ， ( )00 2P ， ， ( )2 02C − ， ， ( )02 2PD = − − ， ， ( )22 2PB = − ， ， ( )2 2 0 0BC = − ， ， ( )n x y z= , , PBC 0 0 n PB n BC  ⋅ = ⋅ =     2 2 2 0 2 2 0 x y z x  + − = − = 1y = 2z = 0x = PBC ( )0 1 2n = , , 90APD∠ = ° PD PA⊥ AB ⊥ PAD PD ⊂ PAD PD AB⊥ PA AB A= PD ⊥ PAB PD PAB ( )02 2PD = − − , , 2 3cos 32 3 PD nPD n PD n ⋅ −= = = − ⋅     , A PB C− − 3 3 − ABCD CD M CD C D AMD⊥ BMC M ABC− MAB MCD 解析：（1）∵正方形 半圆面 ，∴ 半圆面 ，∴ 平面 . ∵ 在平面 内，∴ ，又∵ 是半圆弧 上异于 的点，∴ .又 ∵ ，∴ 平面 ，∵ 在平面 内，∴平面 平面 . （2）如图建立坐标系：∵ 面积恒定，∴ ， 最大. ， ， ， ， , 设面 的法向量为 ，设面 的法向量为 ， ， ， ， ， ，同理 ， ∴ ，∴ . （2017·新课标Ⅱ，19）如图，四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD 为等比三角形且垂直于底面 ABCD， ， ， E 是 PD 的中点. （1）证明：直线 平面 PAB； （2）点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成锐角为 ，求二面角 M-AB-D 的余弦值 ABCD ⊥ CMD AD ⊥ CMD AD ⊥ MCD CM MCD AD CM⊥ M CD ,C D CM MD⊥ AD DM D= CM ⊥ ADM CM BCM BCM ⊥ ADM ABCS∆ MO CD⊥ M ABCV − (0,0,1)M (2, 1,0)A − (2,1,0)B (0,1,0)C (0, 1,0)D − MAB 1 1 1( , , )m x y z= MCD 2 2 2( , , )n x y z= (2, 1, 1)MA = − − (2,1, 1)MB = − (0,1, 1)MC = − (0, 1, 1)MD = − − 1 1 1 1 1 1 2 0 (1,0,2)2 0 x y z mx y z − − = ⇒ = + − =  (1,0,0)n = 1 5cos 55 θ = = 2 5sin 5 θ = 1 2AB BC AD= = o90BAD ABC∠ = ∠ = / /CE o45 解析：（1）证明：取 中点为 ，连接 、 ， 因为 ， 所以 ， 因为 是 的中点，所以 ，所以 ， 所以四边形 为平行四边形，所以 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以直线 平面 ， （2）取 中点为 ，连接 ，因为△ 为等边三角形，所以 ， 因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 因为 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ， 所以 ， 以 分别为 轴建立空间直角坐标系，如图 设 ，则 ，所以 ， 设 ，则 ， ， 因为点 在棱 上，所以 ，即 ， 所以 ，所以 ， 平面 的法向量为 ， 因为直线 与底面 所成角为 ， 所以 ， 解得 ，所以 ， 设平面 的法向量为 ，则 ， 令 ，则 ， 所以 ， 所以求二面角 的余弦值 . PA F EF AF 90BAD ABC∠ = ∠ = ° 1 2BC AD= BC 1 2 AD E PD EF 1 2 AD EF BC EFBC / /EC BF BF ⊂ PAB EC ⊄ PAB / /CE PAB AD O OC OP、 PAD PO ⊥ AD PAD ⊥ ABCD PAD  ABCD AD= PO ⊂ PAD PO ⊥ ABCD AO BC OABC / /AB OC OC AD⊥ , ,OC OD OP , ,x y z 1BC = (0,0, 3), (0, 1,0), (1, 1,0), (1,0,0)P A B C− − (1,0, 3)PC = − ( , , )M x y z ( , , 3)PM x y z= − (1,0,0)AB = M PC (0 1)PM PCλ λ= ≤ ≤  ( , , 3) (1,0, 3)x y z λ− = − ( ,0, 3 3 )M λ λ− ( 1,1, 3 3 )BM λ λ= − − ABCD (0,0,1)n = BM ABCD 45° 2 2 2 | | | 3 3 | 2| sin 45 | | cos , | 2| || | ( 1) 1 ( 3 3 ) 1 BM nBM n BM n λ λ λ ⋅ −° = < > = = = − + + − ×      21 2 λ = − 2 6( ,1, )2 2BM = − − MAB ( , , )m x y z= 0 2 6 02 2 AB m x BM m x y z  ⋅ = = ⋅ = − + − =     1z = 6(0, ,1)2m = 2 2 1 10cos , 5| | | | 6( ) 12 m nm n m n ⋅< >= = ⋅ +      M AB D− − 10 5 （2017· 新课标Ⅲ，19 ）如图所示，四面体 中， 是正三角形， 是直角三角形， ， ． （1）证明：平面 平面 ； （2 ）过 的平面交 于点 ，若平面 把四面体 分成体积相等的两部分，求二面角 的余弦值． 解析： ⑴取 中点为 ，联结 ， ； 因为 为等边三角形，所以 ，所以 . ， .所以 ，即 为等腰直角三角形， 为直角又 为底边 中点，所以 . 令 ，则 ，易得： ， 所以 ，由勾股定理的逆定理可得 ，即 . B E C D A O z O A D C E B x y ABCD ABC△ ACD△ ABD CBD∠ = ∠ AB BD= ACD ⊥ ABC AC BD E AEC ABCD – –D AE C AC O BO DO ABC△ BO AC⊥ AB BC= AB BC BD BD ABD DBC =  = ∠ = ∠ ABD CBD≅△ △ AD CD= ACD△ ADC∠ O AC DO AC⊥ AB a= AB AC BC BD a= = = = 2 2OD a= 3 2OB a= 2 2 2OD OB BD+ = 2DOB π∠ = OD OB⊥ ，所以 平面 . 又因为 平面 ，由面面垂直的判定定理可得平面 平面 . ⑵由题意可知 ，即 ， 到平面 的距离相等，即 为 中点. 以 为原点， 为轴正方向， 为 轴正方向， 为轴正方向，设 ，建立空间直角坐标系， 则 ， ， ， ， 易得： ， ， ， 设平面 的法向量为 ，平面 的法向量为 ， 则 ，解得 ， ，解得 . 若二面角 为 ，易知 为锐角，则 . （2016·新课标Ⅰ，18）如图，在以 为顶点的五面体中，面 为正方形， ，且二面 角 与二面角 都是 ． （Ⅰ）证明：平面 平面 ； （Ⅱ）求二面角 的余弦值． 解析：⑴ ∵ 为正方形，∴ ，∵ ，∴ ，∵ ∴ 面 ， 面 ，∴平面 平面 ⑵ 由⑴知 ， ∵ ， 平面 ， 平面 ∴ 平面 ， 平面 ∵面 面 ∴ ，∴ ∴四边形 为等腰梯形 以 为 原 点 ， 如 图 建 立 坐 标 系 ， 设 ， OD AC OD OB AC OB O AC ABC OB ABC ⊥  ⊥ =  ⊂ ⊂  平面 平面 OD ⊥ ABC OD ⊂ ADC ADC ⊥ ABC V VD ACE B ACE− −= B D ACE E BD O OA OB y OD AC a= ( )0,0,0O ,0,02 aA     0,0, 2 aD     30, ,02B a       30, ,4 4 aE a       3, ,2 4 4 a aAE a  = −     ,0,2 2 a aAD  = −    ,0,02 aOA  =     AED 1n AEC 2n 1 1 0 0 AE AD  ⋅ = ⋅ =   n n ( )1 3,1, 3=n 2 2 0 0 AE OA  ⋅ = ⋅ =   n n ( )2 0,1, 3= −n D AE C− − θ θ 1 2 1 2 7cos 7 θ ⋅= =⋅ n n n n FEDCBA ,,,,, ABEF °=∠= 90,2 AFDFDAF EAFD −− FBEC −− °60 ⊥ABEF EFDC ABCE −− ABEF AF EF⊥ 90AFD∠ = ° AF DF⊥ =DF EF F AF ⊥ EFDC AF ⊂ ABEF ABEF ⊥ EFDC 60DFE CEF∠ = ∠ = ° AB EF∥ AB ⊄ EFDC EF ⊂ EFDC AB∥ ABCD AB ⊂ ABCD ABCD  EFDC CD= AB CD∥ CD EF∥ EFDC E FD a= A B C D E F ， ， ， 设 面 法 向 量 为 ， ，即 ， ， 设面 法向量为 ， .即 ， ，设二面角 的大小为 . ， 二面角 的余弦值为 （2016·新课标Ⅱ，19）如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，AB=5，AC=6，点 E，F 分别在 AD，CD 上，AE=CF= ，EF 交 BD 于点 H. 将△DEF 沿 EF 折到△D´EF 的位置， . （Ⅰ）证明： 平面 ABCD； （Ⅱ）求二面角 的正弦值. 解 析 ： ⑴ 证 明 ： ∵ ， ∴ ， ∴ ．∵四边形 为菱形，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ．∵ ，∴ ； 又 ， ，∴ ，∴ ，∴ ， ∴ ，∴ ．又 ∵ ，∴ 面 ． ⑵建立如图坐标系 ． ， ， ， ， ， ， ， 设面 法向量 ， 由 得 ，取 ， ∴ ．同理可得面 的法向 量 ， ∴ ，∴ ． ( ) ( )0 0 0 0 2 0E B a， ， ， ， ( )30 2 2 02 2 aC a A a a       ， ， ， ， ， ( )0 2 0EB a= ， ， 322 2 aBC a a  = −     ， ， ( )2 0 0AB a= − ， ， BEC ( )m x y z= ， ， 0 0 m EB m BC  ⋅ = ⋅ =     1 1 1 1 2 0 32 02 2 a y a x ay a z ⋅ = ⋅ − + ⋅ = 1 1 13 0 1x y z= = = −， ， ( )3 0 1m = − ， ， ABC ( )2 2 2n x y z= ， ， =0 0 n BC n AB  ⋅ ⋅ =     2 2 2 2 32 02 2 2 0 a x ay az ax  − + =  = 2 2 20 3 4x y z= = =， ， ( )0 3 4n = ， ， E BC A− − θ 4 2 19cos 193 1 3 16 m n m n ⋅ −= = = − + ⋅ +⋅    θ ∴ E BC A− − 2 19 19 − 5 4 10OD′ = D H′ ⊥ B DA C′− − 5 4AE CF= = AE CF AD CD = EF AC∥ ABCD AC BD⊥ EF BD⊥ EF DH⊥ EF D H′⊥ 6AC = 3AO = 5AB = AO OB⊥ 4OB = 1AEOH ODAO = ⋅ = 3DH D H′= = 2 2 2'OD OH D H′ = + 'D H OH⊥ OH EF H= 'D H ⊥ ABCD H xyz− ( )5 0 0B ， ， ( )1 3 0C ， ， ( )' 0 0 3D ， ， ( )1 3 0A −， ， ( )4 3 0AB = ， ， ( )' 1 3 3AD = − ， ， ( )0 6 0AC = ， ， 'ABD ( )1n x y z= ， ， 1 1 0 0 n AB n AD  ⋅ = ′⋅ =     4 3 0 3 3 0 x y x y z + = − + + = 3 4 5 x y z =  = −  = ( )1 3 4 5n = − ， ， 'AD C ( )2 3 0 1n = ， ， 1 2 1 2 9 5 7 5cos 255 2 10 n n n n θ ⋅ += = = ⋅     2 95sin 25 θ = O B A C F D H E D′ （2016·新课标Ⅲ，19）(本小题满分 12 分) 如图，四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3， PA=BC=4，M 为线段 AD 上一点，AM=2MD，N 为 PC 的中点. (1)证明 MN∥平面 PAB； (2)求直线 与平面 所成角的正弦值. 解析：(1) 由已知得 ，取 的中点 ，连接 ， 由 为 中点知 ， . ......3 分 又 ，故 平行且等于 ，四边形 为平行四边形， 于是 . 因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 . ........6 分 (2) 取 中点 ，连接 ，则易知 ，又 面 ，故可以 为坐标原点，以 为 轴，以 为 轴，以 为轴建立空间直角坐标系， 则 故平面 的法向量 直线 与平面 所成角的正弦值为 （2015·新课标Ⅰ，18）如图，四边形 为菱形， ， 是平面 同一侧的两 点， ⊥平面 ， ⊥平面 ， ， . （I）证明：平面 ⊥平面 ； （II）求直线 与直线 所成角的余弦值. AN PMN 2 23AM AD= = BP T ,AT TN N PC / /TN BC 1 22TN BC= = / /AD BC TN AM AMNT / /MN AT AT ⊂ PAB MN ⊄ PAB / /MN PAB BC E AE AE AD⊥ PA ⊥ ABCD A AE x AD y AP ( ) ( ) ( ) ( )50, 0, 0 0, 0, 4 5, 2, 0 , 1, 2 0, 2, 02A P C N M       、 、 、 、 ( )5 5, 1, 2 , 0, 2, 4 , , 1, 22 2AN PM PN N    ∴ = = − = −             PMN ( )0, 2, 1n = 4 8 5cos , 5 255 2 AN n∴ < >= = ×   ∴ AN PMN 8 5 25 ABCD 120ABC∠ =  ,E F ABCD BE ABCD DF ABCD 2BE DF= AE EC⊥ AEC AFC AE CF 解析：（Ⅰ）证明：连接 ，设 ，连接 ， ， . 在菱形 中，不妨设 ，由 ，可得 ，由 ⊥平面 ， ，可知 .又 ，所以 ，且 . 在 中，可得 ,故 .在 中，可得 . 在直角梯形 中，由 ， ， ，可得 . 因为 ，所以 ，又 ，则 平面 . 因为 平面 ，所以平面 ⊥ 平面 . ……6 分 （Ⅱ）如图，以 为坐标原点，分别以 的方向为 轴， 轴正方向， 为单 位长度，建立空间直角坐标系 ， 由（Ⅰ）可得 ， ， ， ， ， .故 . 所以直线 与直线 所成的角的余弦值为 . ……12 分 （2015·新课标Ⅱ，19）如图，长方体 ABCD-A1B1C1D1 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. BD BD AC G= EG FG EF ABCD 1GB = 120ABC∠ =  3AG GC= = BE ABCD AB BC= AE EC= AE EC⊥ 3EG = EG AC⊥ Rt EBG∆ 2BE = 2 2DF = Rt FDG∆ 6 2FG = BDFE 2BD = 2BE = 2 2DF = 3 2 2EF = 2 2 2EG FG EF+ = EG FG⊥ AC FG G= EG ⊥ AFC EG ⊂ AEC AFC AEC G ,GB GC  x y | |GB G xyz− (0, 3,0)A − (1,0, 2)E 2( 1,0, )2F − (0, 3,0)E (1, 3, 2)AE = 2( 1, 3, )2CF = − − 3cos , 3| || | AE CFAE CF AE CF ⋅< >= = −      AE CF 3 3 α （Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线 AF 与平面 所成角的正弦值. 解析：（Ⅰ）交线围成的正方形 如图： （Ⅱ）作 ，垂足为 M ，则 ， 因为 为 正 方 形 ， 所 以 ， 于 是 ，所以 ，以 D 为坐标原点， 的 方向为 轴正方向，建立如图所以的空间直角坐标系 ，则 ， ， ， ， ， ，设 是平面 的法向量，则 ，即 ，所以可 取 ，又 ，故 ，所以 AF 与平面 所成角 的正弦值为 . （2014·新课标Ⅰ，19）如图三棱柱 中，侧面 为菱形， . (Ⅰ) 证明： ； （Ⅱ）若 ， ，AB=BC 求二面角 的余弦值. 解析：(Ⅰ)连结 ，交 于 O，连结 AO．因为侧面 为菱形，所以 ，且 O 为 与 的中点．又 ，所以 平面 ，故 又 ，故 ………6 分 （Ⅱ）因为 且 O 为 的中点，所以 AO=CO 又 因为 AB=BC，所以 故 OA⊥OB，从而 OA，OB， 两两互相垂直． 以 O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向，OB 为 单位长，建 立如图所示空间直角坐标系 O- ． 因为 ，所以 为等边三角形．又 AB=BC，则 α EHGF EM AB⊥ 1 4AM A E= = 1 8EM AA= = EHGF EH EF= 10BC= = 2 2 6MH EH EM= − = 10AH = DA x D xyz− (10,0,0)A (10,10,0)H (10,4,8)E (0,4,8)F (10,0,0)FE = (0, 6,8)HE = − ( , , )n x y z= EHGF 0 0 n FE n HE  ⋅ = ⋅ =    10 0 6 8 0 x y z = − + = (0,4,3)n = ( 10,4,8)AF = − | | 4 5|cos , | 15| || | n AFn AF n AF ⋅< >= =   EHGF 4 15 15 1 1 1ABC A B C− 1 1BB C C 1AB B C⊥ 1AC AB= 1AC AB⊥ o 1 60CBB∠ = 1 1 1A A B C− − 1BC 1B C 1 1BB C C 1B C 1BC⊥ 1B C 1BC 1AB B C⊥ 1B C ⊥ ABO 1B C AO⊥ 1B O CO= 1AC AB= 1AC AB⊥ 1B C BOA BOC∆ ≅ ∆ 1OB xyz 0 1 60CBB∠ = 1CBB∆ ， ， ， ， 设 是平面的法向量，则 ，即 所以可取 设 是平面的法向量，则 ，同理可取 则 ，所以二面角 的余弦值为 . （2014·新课标Ⅱ，18）如图，四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA⊥平面 ABCD，E 为 PD 的中 点. （Ⅰ）证明：PB // 平面 AEC； （ Ⅱ ） 设 二 面 角 D-AE-C 为 60º ， AP=1，AD= ，求三棱锥 E-ACD 的体积. 解析：（Ⅰ）证明：连结 交 于 点 ，连结 ．∵底面 为矩形， ∴ 点 为 的 中 点 ， 又 为 的 中 点 ， ∴ ， ∵ 平面 ， 平面 ，∴ //平面 . （Ⅱ）以 为原点，直线 、 、 分别为 、 、轴建立 空 间 直 角 坐 标 系 ， 设 ， 则 ， ， ， ， ∴ ， ，设 是平面 的法向量，则 ，解得： ，令 30,0, 3A       ( )1,0,0B 1 30, ,03B       30, ,03C  −    1 3 30, ,3 3AB  = −     1 1 31,0, ,3A B AB  = = −      1 1 31, ,03B C BC  = = − −      ( ), ,n x y z= 1 1 1 0 0 n AB n A B  = =       3 3 03 3 3 03 y z x z  − =  − = ( )1, 3, 3n = m 1 1 1 1 0 0 m A B n B C  = =       ( )1, 3, 3m = − 1cos , 7 n mn m n m = =       1 1 1A A B C− − 1 7 3 BD AC O OE ABCD O BD E PD / /OE PB OE ⊂ AEC PB ⊄ AEC PB AEC A AB AD AP x y AB a= (0, 3,0)D (0,0,0)A 3 1(0, , )2 2E ( , 3,0)C a 3 1(0, , )2 2AE = ( , 3,0)AC a= ( , , )n x y z= AEC 3 1 02 2 3 0 n AE y z n AC ax y  ⋅ = + =  ⋅ = + =   3 3 ay x z y  = −  = − P B C D E A ， 得 ， 又 ∵ 是 平 面 AED 的 一 个 法 向 量 ， ∴ ， 解 得 ， ∴ . （2013·新课标Ⅰ，18）如图，三棱柱 ABC－A1B1C1 中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°. (1)证明：AB⊥A1C； (2)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B，AB＝CB，求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值． 解析：(1)证明：取 AB 的中点 O，连结 OC，OA1，A1B. 因为 CA＝CB，所以 OC⊥AB. 由于 AB＝AA1，∠BAA1＝60°， 故△AA1B 为等边三角形， 所以 OA1⊥AB. 因为 OC∩OA1＝O，所以 AB⊥平面 OA1C. 又 A1C 平面 OA1C，故 AB⊥A1C. (2)解：由(1)知 OC⊥AB，OA1⊥AB. 又平面 ABC⊥平面 AA1B1B，交线为 AB， 所以 OC⊥平面 AA1B1B， 故 OA，OA1，OC 两两相互垂直． 以 O 为坐标原点， 的方向为 x 轴的正方向，| |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 O －xyz. 由题设知 A(1,0,0)，A1(0， ，0)，C(0,0， )，B(－1,0,0)． 则 ＝(1,0， )， ＝ ＝(－1， ，0)， ＝(0， ， )． 设 n＝(x，y，z)是平面 BB1C1C 的法向量， 则 即 可取 n＝( ，1，－1)． 故 cos〈n， 〉＝ ＝ . 所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为 . 3x = ( 3, , 3 )n a a= − − ( ,0,0)AB a= 2 3 1|cos , | cos60 23 4 aAB n a a < >= = = ⋅ +   3 2a = 1 1 1| | | | | |3 2 2E ACDV AD CD AP− = × × × × 1 1 3 1 333 2 2 2 8 = × × × × = ⊂ OA OA 3 3 BC 3 1BB 1AA 3 1AC 3− 3 1 0, 0, BC BB  ⋅ = ⋅ =   n n 3 0, 3 0. x z x y  + = − + = 3 1AC 1 1 AC AC ⋅  n n 10 5 − 10 5 （ 2013· 新 课 标 Ⅱ ， 18 ） 如 图 ， 直 三 棱 柱 中 ， ， 分 别 是 ， 的 中 点 ， . （Ⅰ）证明： //平面 ； （Ⅱ）求二面角 的正弦值. 解析：（Ⅰ）连结 AC1 交 A1C 于点 F，则 F 为 AC1 中点．又 D 是 AB 中点，连结 DF，则 BC1∥DF. 因为 DF⊂平面 A1CD，BC1 平面 A1CD，所以 BC1 // 平面 A1CD. （Ⅱ）由 AC＝CB＝ 得，AC⊥BC. 以 C 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，建立如图所 示的空间直角坐标系 C－xyz. 设 CA＝2， 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 可取 n＝(1, -1, -1)． 同理，设 m 是平面 A1CE 的法向量，则 ，可取 m＝(2, 1, -2)． 从而 cos〈n，m〉＝ ，故 sin〈n，m〉＝ . 即二面角 D－A1C－E 的正弦值为 . （2012·新课标Ⅰ、Ⅱ，19）如图，直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AC=BC= AA1，D 是棱 AA1 的中点，DC1 ⊥BD． （1）证明：DC1⊥BC； （2）求二面角 A1－BD－C1 的大小． 解析：（1）在 中， ， 得： ， 1 1 1ABC ABC− 1BC D E AB 1BB 1 2 2AA AC CB AB= = = 1ACD 1D AC E− − ⊄ 2 2 AB CA CD CE 1CA 1 0 0 CD CA  ⋅ = ⋅ =   n n 1 1 1 1 0, 2 2 0. x y x z + =  + = 1 0 0 CE CA  ⋅ = ⋅ = m m   3 | || | 3 =·n m n m 6 3 6 3 2 1 Rt DAC∆ AD AC= 45ADC °∠ = 1A 1B 1C C D A1 B1 C A B C1 同理： ， 得： ． 又 DC1⊥BD， ， 所以 平面 ． 而 平面 ，所以 ． （2）解法一：（几何法） 由 面 ． 取 的中点 ，连接 ， ． 因为 ，所以 ， 因为面 面 ，所以 面 ，从而 ， 又 DC1⊥BD，所以 面 ，因为 平面 ，所以 ． 由 ，BD⊥DC1，所以 为二面角 A1－BD－C1 的平面角． 设 ， ，则 ， ， 在直角△ ， ， ， 所以 ． 因此二面角 的大小为 ． 解法二：（向量法） 由 面 ．又 平面 ， 所以 ， ， 以 C 点为原点，CA、CB、CC1 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ． 不妨设 AA1=2，则 AC=BC= AA1=1， 从而 A1（1，0，2），D（1，0，1）， B（0，1，0），C1（0，0，2）， 所以 ， ， ． 设平面 的法向量为 ， 则 ， ， 1 1 145 90A DC CDC° °∠ = ⇒ ∠ = 1DC DC⊥ DC BD D= 1DC ⊥ BCD BC ⊂ BCD 1DC BC⊥ 1 1,DC BC CC BC BC⊥ ⊥ ⇒ ⊥ 1 1ACC A BC AC⇒ ⊥ 1 1A B O 1C O OD 1 1 1 1AC B C= 1 1 1C O A B⊥ 1 1 1A B C ⊥ 1A BD 1C O ⊥ 1A BD 1C O BD⊥ BD ⊥ 1DC O OD ⊂ 1DC O BD OD⊥ BD OD⊥ 1C DO∠ 1 2AA a= AC BC a= = 1 2 2 aC O = 1 2C D a= 1C OD 1C O OD⊥ 1 1 1 2C O C D= 1 30C DO °∠ = 11 CBDA −− 30° 1 1,DC BC CC BC BC⊥ ⊥ ⇒ ⊥ 1 1ACC A BC AC⇒ ⊥ 1C C ⊥ ABC 1C C AC⊥ 1C C BC⊥ x y z C xyz− 2 1 1 (0,0,1)DA = ( 1,1, 1)DB = − − 1 ( 1,0,1)DC = − 1A BD 1 1 1 1( , , )n x y z= 1 1n DA⊥  1n DB⊥  所以 ，即 ，令 ，则 ． 设平面 的法向量为 ，则 ， ， 所以 ，即 ，令 ，则 ． 所以 ，解得 ． 因为二面角 为锐角，因此二面角 的大小为 ． （ 2011· 新 课 标 Ⅰ 、 Ⅱ ， 18 ） 如 图 ， 四 棱 锥 P-ABCD 中 ， 底 面 ABCD 为 平 行 四 边 形 ， ∠ DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD. (Ⅰ)证明：PA⊥BD； (Ⅱ)若 PD=AD，求二面角 A-PB-C 的余弦值． 解 析 ： （ I ） 因 为 ， ， 由 余 弦 定 理 得 . 从而 ，故 . 又 底面 ，可得 . 所以 平面 . 故 . （II）如图，以 为坐标原点， 的长为单位长，射线 为 轴的正半轴建立空间直角坐标系 ，则 ， ， ， ， ， 设平面 的法向量为 ，则 即 . 因此可取 . 设平面 的法向量为 ，则 ，可取 . 1 1 1 1 0 0 z x y z = − + − = 1 1 1 0z x y =  = 1 1y = 1 (1,1,0)n = 1C BD 2 2 2 2( , , )n x y z= ≤ 2 1n DC⊥  2n DB⊥  2 2 2 2 2 0 0 x z x y z − + = − + − = 2 2 2 22 x z y z =  = 2 1z = 2 (1,2,1)n = 1 2 1 2 1 2 3 3cos , 2| | | | 2 6 n nn n n n ⋅< >= = = ⋅ ×      1 2, 30n n< >= °  11 CBDA −− 11 CBDA −− 30° 60DAB∠ = ° 2AB AD= 3BD AD= 2 2 2BD AD AB+ = BD AD⊥ PD ⊥ ABCD BD PD⊥ BD ⊥ PAD PA BD⊥ D AD DA x D xyz− ( )1,0,0A ( )0, 3,0B ( )1, 3,0C − ( )0,0,1P ( )1, 3,0AB = − ( )0, 3, 1PB = − ( )1,0,0BC = − PAB ( ), ,x y z=n 0 0 AB PB  ⋅ = ⋅ =   n n 3 0 3 0 x y y z − + = − = ( )3,1, 3=n PBC m 0 0 PB BC  ⋅ = ⋅ =   m m ( )0, 1, 3m = − − A B CD P x A B CD y z P . 故二面角 的余弦值为 . 4 2 7cos , 72 7 −〈 〉 = = −m n A PB C− − 2 7 7 −