2017年全国各地高考数学分类汇编6-立体几何一、选择题（共10小题；共50分）1. 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. 3√2B. 2√3C. 2√2D. 22. 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. 163. 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：cm2）是( )A. π2+1 B. π2+3 C. 3π2+1 D. 3π2+34. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A. 60B. 30C. 20D. 105. 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. √32B. √155C. √105D. √336. 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. 36π7. 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. 3π4C. π2D. π48. 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，BQQC=CRRA=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<α9. 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A. A1E⊥DC1B. A1E⊥BDC. A1E⊥BC1D. A1E⊥AC10. 如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )A. B.C. D.二、填空题（共6小题；共30分）11. 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V1V2的值是．12. 长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为．13. 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．14. 由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为．15. 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）．16. 已知三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，则球O的表面积为．三、解答题（共16小题；共208分）17. 如图，在四棱锥P−ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．（1）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（2）求证：PD⊥平面PBC；（3）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．18. 如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120∘得到的，G是DF⏜的中点．（1）设P是CE⏜上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（2）当AB=3，AD=2时，求二面角E−AG−C的大小．AD，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=BC=12∠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．20. 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．21. 如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=√3，∠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．22. 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．（1）求证：MN∥平面BDE%;；（2）求二面角C−EM−N的正弦值；%,，求线段AH的长．（3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为3√72123. 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．（1）证明：CE∥平面PAB；（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．AD，24. 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=BC=12∠BAD=∠ABC=90∘．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2√7，求四棱锥P−ABCD的体积．25. 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10√7cm，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．26. 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．27. 如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．28. 由四棱柱ABCD−A1B1C1D1截去三棱锥C1−B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD．（1）证明：A1O∥平面B1CD1；（2）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．29. 如图，在四棱锥P−ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90∘．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；，求该四棱锥的（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90∘，且四棱锥P−ABCD的体积为83侧面积．30. 如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E−BCD的体积．31. 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．32. 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=√6，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．答案第一部分1. B 【解析】由三视图可得直观图，在四棱锥P−ABCD中，最长的棱为PA，即PA=√PB2+AB2=√22+(2√2)2=2√3．2. B3. A4. D 【解析】由三视图可知：该几何体为三棱锥，该三棱锥的体积=13×12×5×3×4=10．5. C【解析】如图所示，设M，N，P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则异面直线AB1与BC1所成角为∠MNP或其补角，（因异面直线所成角为(0,π2]），可知MN=12AB1=√52，NP=12BC1=√22；取BC中点为Q，连接PQ，MQ，则△PQM为直角三角形；因为PQ=1，MQ=12AC，△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cos∠ABC=4+1−2×2×1×(−12)=7,所以AC=√7，所以 MQ =√72；在 △MQP 中，MP =√MQ 2+PQ 2=√112；在 △PMN 中，由余弦定理得cos∠MNP =MN 2+NP 2−PM 22⋅MN⋅NP=(√52)2+(√22)2−(√112)22×√52×√22=−√105;又异面直线所成角的范围是 (0,π2]，所以 AB 1 与 BC 1 所成角的余弦值为 √105．6. B7. B 【解析】因为圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，所以该圆柱底面圆周半径 r =√12−(12)2=√32，所以该圆柱的体积：V =Sℎ=π×(√32)2×1=3π4．8. B 【解析】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√2)，Q(√3,2,0)，R(−2√3,0,0)，PR ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2√3,3,0)，PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,6√2)，PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,5,0)，QR ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3√3,−2,0)，QD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,−2,6√2)． 设平面 PDR 的法向量 n ⃗ =(x,y,z )，则 {n ⃗ ⋅PR⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅PD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得 {−2√3x +3y =0,3y +6√2z =0,可得 n ⃗ =(√6,2√2,−1)，取平面 ABC 的法向量 m ⃗⃗ =(0,0,1)，则 cos ⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=√15，取 α=√15．同理可得：β=√681，y =√2√95．√15>√2√95>√681．所以 α<γ<β．9. C【解析】法一：连 B 1C ，由题意得 BC 1⊥B 1C ，因为 A 1B 1⊥平面B 1BCC 1，且 BC 1⊂平面B 1BCC 1， 所以 A 1B 1⊥BC 1， 因为 A 1B 1∩B 1C =B 1， 所以 BC 1⊥平面A 1ECB 1， 因为 A 1E ⊂平面A 1ECB 1， 所以 A 1E ⊥BC 1．法二：以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD 1 为 z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体 ABCD—A 1B 1C 1D 1 中棱长为 2，则 A 1(2,0,2)，E (0,1,0)，B (2,2,0)，D (0,0,0)，C 1(0,2,2)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1,−2)，DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2)，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−2,0)，BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,2)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,0)， 因为 A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6， 所以 A 1E ⊥BC 1． 10. A第二部分 11. 3212. 14π【解析】长方体的长、宽、高分别为 3，2，1，其顶点都在球 O 的球面上，可知长方体的对角线的长就是球的直径，所以球的半径为：12√32+22+12=√142．则球 O 的表面积为：4×(√142)2π=14π．13. 9π214. 2+π2 15. ②③【解析】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∣=√2， 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 a=(0,1,0)，∣a ∣=1， 直线 b 的方向单位向量 b ⃗ =(1,0,0)，∣∣b ⃗ ∣∣=1，设 B 点在运动过程中的坐标 Bʹ(cosθ,sinθ,0)，其中 θ 为 BʹC 与 CD 的夹角，θ∈[0,2π)， 所以 ABʹ 在运动过程中的向量，ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(cosθ,sinθ,−1)，∣∣ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√2， 设 ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 a 所成夹角为 α∈[0,π2]， 则 cosα=(cosθ,sinθ,−1)⋅(0,1,0)∣a ⃗ ∣⋅∣∣ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√22∣sinθ∣∈[0,√22]， 所以 α∈[π4,π2]，所以③正确，④错误． 设 ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 b ⃗ 所成夹角为 β∈[0,π2]， cosβ=∣∣ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅b ⃗ ∣∣∣∣ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣⋅∣∣b ⃗ ∣∣=(cosθ,sinθ,−1)⋅(1,0,0)∣∣b ⃗ ∣∣⋅∣∣ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√22∣cosθ∣， 当 ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 a 夹角为 60∘ 时，即 α=π3，∣sinθ∣=√2cosα=√2cos π3=√22， 因为 cos 2θ+sin 2θ=1，所以 cosβ=√22∣cosθ∣=12，因为 β∈[0,π2]，所以 β=π3，此时 ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 b ⃗ 的夹角为 60∘， 所以②正确，①错误． 16. 36π【解析】三棱锥 S −ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，SC 是球 O 的直径，若 平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥 S −ABC 的体积为 9，可知三角形 SBC 与三角形 SAC 都是等腰直角三角形，设球的半径为 r ，可得13×12×2r×r×r=9，解得r=3．球O的表面积为：4πr2=36π．第三部分17. （1）如图，由已知AD∥BC，故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角，因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD，在Rt△PDA中，由已知，得AP=√AD2+PD2=√5，故cos∠DAP=ADAP =√55，所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为√55．（2）因为AD⊥平面PDC，直线PD⊂平面PDC，所以AD⊥PD，又因为BC∥AD，所以PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．（3）过点D作AB的平行线交BC于点F，连接PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角，因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角，由于AD∥BC，DF∥AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BC−BF=2．又AD⊥DC，故BC⊥DC，在Rt△DCF中，DF=√16+4=2√5，可得sin∠DFP=PDDF =√55，所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为√55．18. （1）因为AP⊥BE，AB⊥BE，且AB,AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，所以BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，所以 BE ⊥BP ，又 ∠EBC =120∘， 因此 ∠CBP =30∘； （2） 解法一、取 EC⏜ 的中点 H ，连接 EH ，GH ，CH ，因为 ∠EBC =120∘， 所以四边形 BEGH 为菱形，所以 AE =GE =AC =GC =√32+22=√13． 取 AG 中点 M ，连接 EM ，CM ，EC ， 则 EM ⊥AG ，CM ⊥AG ，所以 ∠EMC 为所求二面角的平面角． 又 AM =1，所以 EM =CM =√13−1=2√3． 在 △BEC 中，由于 ∠EBC =120∘，由余弦定理得：EC 2=22+22−2×2×2×cos120∘=12， 所以 EC =2√3，因此 △EMC 为等边三角形， 故所求的角为 60∘ .解法二、以 B 为坐标原点，分别以 BE ，BP ，BA 所在直线为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．由题意得：A (0,0,3)，E (2,0,0)，G(1,√3,3)，C(−1,√3,0)， 故 AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,−3)，AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0)，CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,3)． 设 m⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1) 为平面 AEG 的一个法向量， 由 {m ⃗⃗ ⋅AE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ⃗⃗ ⋅AG⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 得 {2x 1−3z 1=0,x 1+√3y 1=0, 取 z 1=2，得 m ⃗⃗ =(3,−√3,2)；设 n ⃗ =(x 2,y 2,z 2) 为平面 ACG 的一个法向量，由 {n ⃗ ⋅AG⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 可得 {x 2+√3y 2=0,2x 2+3z 2=0, 取 z 2=−2，得 n ⃗ =(3,−√3,−2)．所以 cos⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=12． 所以二面角 E −AG −C 的大小为 60∘． 19. （1） 取 PA 的中点 F ，连接 EF ，BF ，因为 E 是 PD 的中点，所以 EF ∥AD ，EF =12AD ，AB =BC =12AD ，∠BAD =∠ABC =90∘， 所以 BC ∥AD ，BC =12AD ， 所以 EF ∥BC ，且 EF =BC ，所以 BCEF 是平行四边形，可得 CE ∥BF ， 又因为 BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ，所以 直线CE ∥平面PAB ；（2） 四棱锥 P −ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ，AB =BC =12AD ，∠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 =√3，所以 ∠PCO =60∘，直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45∘， 可得：BN =MN ，CN =√33MN ，BC =1，可得：1+13BN 2=BN 2，BN =√62，MN =√62，作 NQ ⊥AB 于 Q ，连接 MQ ，所以 ∠MQN 就是二面角 M −AB −D 的平面角，MQ =√12+(√62)2=√102，二面角M−AB−D的余弦值为：√102=√105．20. （1）如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．因为△ABC是等边三角形，所以OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，所以△ABD≌△CBD，所以AD=CD．因为△ACD是直角三角形，所以AC是斜边，所以∠ADC=90∘．所以DO=12AC．所以DO2+BO2=AB2=BD2．所以∠BOD=90∘．所以OB⊥OD．又DO∩AC=O，所以OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．（2）设点D，B到平面ACE的距离分别为ℎD，ℎE．则ℎDℎE =DEBE．因为平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，所以13S△ACE⋅ℎD13S△ACE⋅ℎE=ℎDℎE=DEBE=1．所以点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,√3,0)，E (0,√32,12)．AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,1)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√32,12)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,0)． 设平面 ADE 的法向量为 m ⃗⃗ =(x,y,z )，则 {m ⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即 {−x +z =0,−x +√32y +12z =0, 取 m ⃗⃗ =(3,√3,3)． 同理可得：平面 ACE 的法向量为 n ⃗ =(0,1,−√3)． 所以 cos 〈m ⃗⃗ ,n ⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=√3√21×2=−√77． 所以二面角 D −AE −C 的余弦值为 √77． 21. （1） 在平面 ABCD 内，过 A 作 Ax ⊥AD ， 因为 AA 1⊥平面ABCD ，AD ，Ax ⊂平面ABCD ， 所以 AA 1⊥Ax ，AA 1⊥AD ，以 A 为坐标原点，分别以 Ax ，AD ，AA 1 所在直线为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．因为 AB =AD =2，AA 1=√3，∠BAD =120∘，所以 A (0,0,0)，B(√3,−1,0)，C(√3,1,0)，D (0,2,0)，A 1(0,0,√3)，C 1(√3,1,√3)． A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,−1,−√3)，AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,√3)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,−3,0)，DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,√3)．因为 cos⟨A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣∣AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√7×√7=−17．所以异面直线 A 1B 与 AC 1 所成角的余弦值为 17．（2） 设平面 BA 1D 的一个法向量为 n ⃗ =(x,y,z )，由 {n ⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 得 {√3x −3y =0,−2y +√3z =0, 取 x =√3，得 n ⃗ =(√3,1,2√33)；取平面 A 1AD 的一个法向量为 m ⃗⃗ =(1,0,0)． 所以 cos ⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=√31×√3+1+43=34． 所以二面角 B −A 1D −A 的正弦值为 34，则二面角 B −A 1D −A 的正弦值为 √1−(34)2=√74．22. （1） 取 AB 中点 F%,，连接 MF ，NF%,，因为 M 为 AD 中点， 所以 MF ∥BD%,，因为 BD ⊂平面BDE ，MF ⊄平面BDE%,， 所以 MF ∥平面BDE ． 因为 N 为 BC 中点， 所以 NF ∥AC%,，又 D ，E 分别为 AP ，PC 的中点， 所以 DE ∥AC%,，则 NF ∥DE ．因为 DE ⊂平面BDE ，NF ⊄平面BDE%,， 所以 NF ∥平面BDE ． 又 MF ∩NF =F ．所以 平面MFN ∥平面BDE%,，则 MN ∥平面BDE%;； （2） 因为 PA ⊥底面ABC ，∠BAC =90∘．所以以 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．因为 PA =AC =4，AB =2，所以 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 MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,−1)，ME ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1), 设平面 MEN 的一个法向量为 m⃗⃗ =(x,y,z )%,， 由 {m ⃗⃗ ⋅MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ⃗⃗ ⋅ME ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得 {x +2y −z =0,2y +z =0, 取 z =2%,，得 m ⃗⃗ =(4,−1,2)．由图可得平面 CME 的一个法向量为 n ⃗ =(1,0,0)．所以 cos ⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=√21×1=4√2121所以二面角 C −EM −N 的余弦值为4√2121%,，则正弦值为 √10521%;； （3） 设 AH =t%,，则 H (0,0,t )，NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−2,t )，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,2)． 因为直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为3√721%,， 所以 \（\left|\cos \left\langle \overrightarrow {NH}，\overrightarrow{BE}\right\rangle\right|=\left|\dfrac{\overrightarrow{NH}\cdot\overrightarrow{BE}}{|\overrightarrow{NH}||\overrightarrow{BE}|}\right|=\left|\dfrac{2t-2}{\sqrt{5+t^2}\times 2\sqrt3}\right|=\dfrac{3\sqrt{7}}{21}%\left|\cos \left\langle \overrightarrow {NH}，\overrightarrow {BE}\right\rangle\right|=\left|\dfrac{\overrightarrow{NH}\cdot\overrightarrow{BE}}{|\overrightarrow{NH}|\overrightarrow|{BE}|}\right|=\left|\dfrac{2t-2}{\sqrt{5+t^2}\times 2\sqrt3}\right|=\dfrac{3\sqrt{7}}{21}\left|\cos \left\langle \overrightarrow {NH}，\overrightarrow {BE}\right\rangle\right|=\left|\dfrac{\overrightarrow{NH}\cdot\overrightarrow{BE}}{|\overrightarrow{NH}|\overrightarrow|{BE}|}\right|=\left|\dfrac{2t-2}{\sqrt{5+t^2}\times 2\sqrt3}\right|=\dfrac{3\sqrt{7}}{21}\）． 解得：t =4．所以当 H 与 P 重合时直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为 3√721%,，此时线段 AH 的长为 4．23. （1） 因为四棱锥 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，所以以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，过 D 作平面 ABCD 的垂线为 z 轴，建立空间直角系，设 PC =AD =2DC =2CB =2，则 C (0,1,0)，D (0,0,0)，P (1,0,1)，E (12,0,12)，A (2,0,0)，B (1,1,0)， CE⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,−1,12)，PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−1)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,−1)， 设平面 PAB 的法向量 n⃗ =(x,y,z )， 则 {n ⃗ ⋅PA⃗⃗⃗⃗⃗ =x −z =0,n ⃗ ⋅PB⃗⃗⃗⃗⃗ =y −z =0, 取 z =1，得 n ⃗ =(1,1,1)， 因为 CE⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =12−1+12=0，CE ⊄平面PAB ， 所以 CE ∥平面PAB ．（2） PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1,−1)，设平面 PBC 的法向量 m ⃗⃗ =(a,b,c )， 则 {m ⃗⃗ ⋅PB⃗⃗⃗⃗⃗ =b −c =0,m ⃗⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−a +b −c =0,取 b =1，得 m ⃗⃗ =(0,1,1)，设直线 CE 与平面 PBC 所成角为 θ，则 sinθ=∣cos⟨CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m ⃗⃗ ⟩∣=∣CE⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ ∣∣CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣⋅∣m ⃗⃗⃗ ∣=12√64⋅√2=√36．所以直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 √36． 24. （1） 四棱锥 P −ABCD 中，因为 ∠BAD =∠ABC =90∘．所以 BC ∥AD ，因为 AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ，所以 直线BC ∥平面PAD ；（2） 四棱锥 P −ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ，AB =BC =12AD ，∠BAD =∠ABC =90∘．设 AD =2x ，则 AB =BC =x ，CD =√2x ，设 O 是 AD 的中点，连接 PO ，OC ，CD 的中点为：E ，连接 OE ，由题意得，四边形 ABCD 为正方形，则 CO ⊥AD ．因为侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以 PO ⊥AD ，PO ⊥平面ABCD ，因为 CO ⊂底面ABCD ，所以 PO ⊥CO ，则 OE =√22x ，PO =√3x ，PE =√PO 2+OE 2=√7x√2， △PCD 面积为 2√7，可得：12PE ⋅CD =2√7，即：12√7√2⋅√2x =2√7，解得 x =2，PO =2√3．则 V P−ABCD=13×12(BC +AD )×AB ×PO=13×12×(2+4)×2×2√3=4√3.25. （1） 设玻璃棒在 CC 1 上的点 M ，玻璃棒与水面的交点为 N ，如图 1，在平面 ACM 中，过 N 作 NP∥MC ，交 AC 于点 P ，因为ABCD−A1B1C1D1为正四棱柱，所以CC1⊥平面ABCD，又因为AC⊂平面ABCD，所以CC1⊥AC，所以NP⊥AC，所以NP=12cm，且AM2=AC2+MC2，解得MC=30cm，因为NP∥MC，所以△ANP∽△AMC，所以ANAM =NPMC，AN40=1230，得AN=16cm．所以玻璃棒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，如图2，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，因为EFGH−E1F1G1H1为正四棱台，所以EE1=GG1，EG∥E1G1，EG≠E1G1，所以EE1G1G为等腰梯形，画出截面E1EGG1，因为E1G1=62cm，EG=14cm，EQ=32cm，NP=12cm，所以E1Q=24cm，由勾股定理得：E1E=40cm，所以sin∠EE1G1=45，sin∠EGM=sin∠EE1G1=45，cos∠EGM=−35，根据正弦定理得：EMsin∠EGM =EGsin∠EMG，所以sin∠EMG=725，cos∠EMG=2425，所以sin∠GEM=sin(∠EGM+∠EMG)=sin∠EGMcos∠EMG+cos∠EGMsin∠EMG=35,所以EN=NPsin∠GEM=1235=20cm．所以玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm．26. （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）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，BC在平面ABC内，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD，因为AD在平面ABD内，所以BC⊥AD，又AB⊥AD，BC∩AB=B，AB，BC在平面ABC内，所以AD⊥平面ABC，所以AD⊥平面ABC，又AC在平面ABC内，所以AD⊥AC．27. （1）取AC中点O，连接DO，BO，因为△ABC是正三角形，AD=CD，所以DO⊥AC，BO⊥AC，因为DO∩BO=O，所以AC⊥平面BDO，因为BD⊂平面BDO，所以AC⊥BD．（2）法一：连接OE，由（1）知AC⊥平面OBD，所以 OE ⊥AC ，设 AD =CD =√2，则 OC =OA =1，所以 E 是线段 AC 垂直平分线上的点，所以 EC =EA =CD =√2，由余弦定理得：cos∠CBD =BC 2+BD 2−CD 22BC⋅BD =BC 2+BE 2−CE 22BC⋅BE ， 即 4+4−22×2×2=4+BE 2−22×2×BE ，解得 BE =1 或 BE =2，因为 BE <BD =2，所以 BE =1，所以 BE =ED ，因为四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的高都是点 A 到平面 BCD 的高 ℎ，因为 BE =ED ，所以 S △DCE =S △BCE ，所以四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比为 1．法二：设 AD =CD =√2，则 AC =AB =BC =BD =2，AO =CO =DO =1，所以 BO =√4−1=√3，所以 BO 2+DO 2=BD 2，所以 BO ⊥DO ，以 O 为原点，OA 为 x 轴，OB 为 y 轴，OD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 C (−1,0,0)，D (0,0,1)，B(0,√3,0)，A (1,0,0)，设 E (a,b,c )，DE⃗⃗⃗⃗⃗ =λDB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)， 则 (a,b,c −1)=λ(0,√3,−1)，解得 E(0,√3λ,1−λ)，所以 CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3λ,1−λ)，AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3λ,1−λ)， 因为 AE ⊥EC ，所以 AE⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1+3λ2+(1−λ)2=0， 由 λ∈[0,1]，解得 λ=12，所以 DE =BE ，因为四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的高都是点 A 到平面 BCD 的高 ℎ，因为 DE =BE ，所以四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．28. （1）取B1D1中点G，连接A1G，CG，因为四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，所以四棱柱ABCD−A1B1C1D1截去三棱锥C1−B1CD1后，A1G∥OC，A1G=OC，所以四边形OCGA1是平行四边形，所以A1O∥CG，因为A1O⊄平面B1CD1，CG⊂平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1．（2）四棱柱ABCD−A1B1C1D1截去三棱锥C1−B1CD1后，BD∥B1D1，BD=B1D1，因为M是OD的中点，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以BD⊥A1E，因为四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，所以AO⊥BD，因为M是OD的中点，E为AD的中点，所以EM⊥BD，因为A1E∩EM=E，所以BD⊥平面A1EM，因为BD∥B1D1，所以B1D1⊥平面A1EM，因为B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1．29. （1）因为在四棱锥P−ABCD中，∠BAP=∠CDP=90∘，所以AB⊥PA，CD⊥PD，又AB∥CD，所以AB⊥PD，因为PA∩PD=P，所以AB⊥平面PAD，因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．（2）设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连接PO，因为PA=PD=AB=DC，∠APD=90∘，平面PAB⊥平面PAD，所以PO⊥底面ABCD，且AD=√a2+a2=√2a，PO=√22a，因为四棱锥P−ABCD的体积为83，所以V P−ABCD=13×S四边形ABCD×PO=13×AB×AD×PO=13×a×√2a×√22a=13a3=83.解得a=2，所以PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2√2，PO=√2，所以PB=PC=√4+4=2√2，所以该四棱锥的侧面积为：S侧=S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC=12×PA×PD+12×PA×AB+12×PD×DC+12×BC×√PB2−(BC2)2=12×2×2+12×2×2+12×2×2+12×2√2×√8−2=6+2√3.30. （1）由PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，可得PA⊥平面ABC，由BD⊂平面ABC，可得PA⊥BD．（2）由AB=BC，D为线段AC的中点，可得BD⊥AC，由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC，又平面PAC∩平面ABC=AC，BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，即有BD⊥平面PAC，BD⊂平面BDE，可得平面BDE⊥平面PAC．（3）PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，且 平面PAC ∩平面BDE =DE ，可得 PA ∥DE ，又 D 为 AC 的中点，可得 E 为 PC 的中点，且 DE =12PA =1，由 PA ⊥平面ABC ，可得 DE ⊥平面ABC ，可得 S △BDC =12S △ABC =12×12×2×2=1，则三棱锥 E −BCD 的体积为 13DE ⋅S △BDC =13×1×1=13．31. （1） 因为 ∠BAP =∠CDP =90∘，所以 PA ⊥AB ，PD ⊥CD,因为 AB ∥CD ，所以 AB ⊥PD ，又因为 PA ∩PD =P ，且 PA ⊂平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以 AB ⊥平面PAD ，又 AB ⊂平面PAB ，所以 平面PAB ⊥平面PAD ；（2） 因为 AB ∥CD ，AB =CD ，所以四边形 ABCD 为平行四边形，由（1）知 AB ⊥平面PAD ，所以 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 =2√2a ．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(−√2a,0,0)，B(√2a,2a,0)，P(0,0,√2a)，C(−√2a,2a,0)．PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√2a,0,−√2a)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2a,2a,−√2a)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2√2a,0,0)． 设平面 PBC 的一个法向量为 n⃗ =(x,y,z )， 由 {n ⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 得 {√2ax +2ay −√2az =0,−2√2ax =0,取 y =1，得 n ⃗ =(0,1,√2)．因为 AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD,所以 AB ⊥PD ，又 PD ⊥PA ，PA ∩AB =A,所以 PD ⊥平面PAB ，则 PD⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面 PAB 的一个法向量，PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√2a,0,−√2a)． 所以 cos⟨PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,N ⃗ ⟩=PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅n ⃗ ∣PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=2a×√3=−√33． 由图可知，二面角 A −PB −C 为钝角，所以二面角 A −PB −C 的余弦值为 −√33． 32. （1） 如图 1，设 AC ∩BD =O ，因为 ABCD 为正方形，所以 O 为 BD 的中点，连接 OM ，因为 PD ∥平面MAC ，PD ⊂平面PBD ，平面PBD ∩平面AMC =OM ，所以 PD ∥OM ，则 BO BD =BM BP =12，即 M 为 PB 的中点； （2） 取 AD 中点 G ，因为 PA =PD ，所以 PG ⊥AD ，因为 平面PAD ⊥平面ABCD ，且 平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以 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 ．如图 2，以 G 为坐标原点，分别以 GD ，GO ，GP 所在直线为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，由 PA =PD =√6，AB =4，得 D (2,0,0)，A (−2,0,0)，P(0,0,√2)，C (2,4,0)，B (−2,4,0)，M (−1,2,√22)， DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,√2)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4,4,0)． 设平面 PBD 的一个法向量为 m⃗⃗ =(x,y,z )， 则由 {m ⃗⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ⃗⃗ ⋅DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0 得 {−2x +√2z =0,−4x +4y =0, 取 z =√2，得 m ⃗⃗ =(1,1,√2)．则平面 PAD 的一个法向量为 n⃗ =(0,1,0)． 所以 cos ⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣∣m ⃗⃗⃗ ∣∣∣∣n ⃗ ∣∣=12×1=12． 所以二面角 B −PD −A 的大小为 60∘；（3） CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,−2,√22)，平面 PAD 的一个法向量为 n ⃗ =(0,1,0)． 所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为 ∣∣cos⟨CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ ⟩∣∣=∣∣∣CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣∣CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣n ⃗ ∣∣∣∣=∣∣∣∣∣√9+4+12×1∣∣∣∣∣=2√69．。
![立体几何-2017年全国各地高考的文科数学试题分类总汇编(解析汇报)[1]](https://img.taocdn.com/s1/m/f49f43ecb52acfc788ebc940.png)
