新课标全国卷分类汇编(理)立体几何

2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编专题17 立体几何解答题1．(2022年全国甲卷理科·第18题)在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥．(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．2．(2022年全国乙卷理科·第18题)如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面A B D 所成的角的正弦值．3．(2022新高考全国II 卷·第20题)如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --正弦值．4．(2022新高考全国I 卷·第19题)如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．5．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题)在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．(1)证明：平面QAD ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B QD A --平面角的余弦值．6．(2021年新高考Ⅰ卷·第20题)如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD的中点．的的(1)证明：OA CD ⊥；(2)若OCD 是边长为1等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．7．(2020年新高考I 卷(山东卷)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．8．(2020新高考II 卷(海南卷)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC；的(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．9．(2021年高考全国乙卷理科·第18题)如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．(1)求BC ；(2)求二面角A PM B --的正弦值．10．(2021年高考全国甲卷理科·第19题)已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥(1)证明：BF DE ⊥；(2)当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?11．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第18题)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO上一点，PO．的(1)证明：PA ⊥平面PBC ；(2)求二面角B PC E --的余弦值．12．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科·第20题)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．13．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．(1)证明：点1C 平面AEF 内；(2)若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．14．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)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．15．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第17题)如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．()1证明：BE ⊥平面11EB C ；()2若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．在图2图1A16．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科·第18题)如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14,2,60,,,AA AB BAD E M N ==∠=︒分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．(1)证明：//MN 平面1C DE ；(2)求二面角1A MA N --的正弦值．17．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19题)(12分)如图，边长为2的正方形ABCD 所在平面与半圆弧CD所在的平面垂直，M 是弧CD 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．18．(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题)(12分)如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，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．ABCDD 1C 1A 1B 1MN E19．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题)(12分)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DCF ∆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．20．(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第18题)如图,在四棱锥中,,且．(1)证明:平面平面;(2)若,,求二面角的余弦值．21．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，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P ABCD -//AB CD 90BAP CDP ∠=∠=︒PAB ⊥PAD PA PD AB DC ===90APD ∠=︒A PB C --ABCD ABC ∆ACD ∆ABD CBD ∠=∠AB BD =ACD ⊥ABC AC BD E AEC ABCD PABMCO的余弦值．22．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科·第19题)如图，四棱锥 中，侧面 为等比三角形且垂直于底面 ， 是 的中点．(1)证明：直线 平面 ；(2)点 在棱 上，且直线 与底面 所成锐角为 ，求二面角 的余弦值．23．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图,四棱锥P ABC -中,PA ⊥地面ABCD ,AD ∥BC ,3AB AD AC ===,4PA BC ==,M 为线段AD 上一点,2AM MD =,N 为PC 的中点.(Ⅰ)证明MN ∥平面PAB ;(Ⅱ)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.D AE C --P ABCD -PAD ABCD o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=E PD //CE PAB M PC BM ABCD o45M AB D --24．(2016高考数学课标Ⅱ卷理科·第19题)(本小题满分)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆的位置，OD '=(I)证明：D H '⊥平面ABCD ；(II)求二面角B D A C '--的正弦值．25．(2016高考数学课标Ⅰ卷理科·第18题)(本题满分为12分)如图，在以,,,,,A B C D E F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，2AF FD =，90AFD ∠= ，且二面角D AF E --与二面角C BE F --都是60 ．(I)证明平面ABEF ⊥EFDC ；(II)求二面角E BC A --的余弦值．BDPN M ABCD26．(2015高考数学新课标2理科·第19题)(本题满分12分)如图，长方体1111ABCD A B C D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．过点E ，F 的平面α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α所成角的正弦值．27．(2015高考数学新课标1理科·第18题)如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC ∠= ，,E F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，2BE DF =，AE EC ⊥．(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．28．(2014高考数学课标2理科·第18题)(本小题满分12分)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60°，AP=1，，求三棱锥E-ACD 的体积．A BCD E F D D 1C 1A 1EF A BCB 129．(2014高考数学课标1理科·第19题)如图三棱柱中,侧面为菱形,．(1)证明:;(2)若,,, 求二面角的余弦值．30．(2013高考数学新课标2理科·第18题)如图，直三棱柱111ABC A B C -中，,D E 分别是1,AB BB的中点，1AA AC CB AB ===(1)证明：1//BC 平面1A CD ；(2)求二面角1D A C E --的正弦值．31．(2013高考数学新课标1理科·第18题)如图，三棱柱111ABC A B C -中，1 1.,,60CA CB AB AA BAA ==∠= ．(Ⅰ)证明1AB A C ⊥;(Ⅱ)若平面ABC ⊥平面11AA B B ，AB CB =，求直线1AC 与平面11BB C C 所成角的正弦值。

2020年高考全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷数学（理）立体几何解答题对比1．（2020•新课标Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC ∆是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，6PO DO =． （1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值．【解答】解：（1）不妨设圆O 的半径为1，1OA OB OC ===，2AE AD ==，3AB BC AC ===22623,DO DA OA PO =-=226PA PB PC PO AO ===+=在PAC ∆中，222PA PC AC +=，故PA PC ⊥， 同理可得PA PB ⊥，又PB PC P =，故PA ⊥平面PBC ；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有31312(,0),(,0),)22B C P ，(0E ，1，0)，故31312(3,0,0),(,,0),(,22BC CE CP =-==-， 设平面PBC 的法向量为(,,)m x y z =，则30312022m BC m CP x y z ⎧=-=⎪⎨=-=⎪⎩，可取(0,2,1)m =， 同理可求得平面PCE 的法向量为(2,6,3)n =--，故||25cos ||||5m n m n θ==，即二面角B PC E --25．【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角，考查推理能力及计算能力，属于基础题．2．（2020•新课标Ⅱ）如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：1//AA MN ，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且AO AB =，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，底面为正三角形，1B N BM ∴=，四边形1BB NM 为矩形，111A N B C ⊥， 1//BB MN ∴，11//AA BB ，1//AA MN ∴，11MN B C ⊥，111A N B C ⊥，1MN A N N =，11B C ∴⊥平面1A AMN ， 11B C ⊂平面11EB C F ， ∴平面1A AMN ⊥平面11EB C F ，综上，1//AA MN ，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ．（2）解：三棱柱上下底面平行，平面11EB C F 与上下底面分别交于11B C ，EF ， 11////EF B C BC ∴，//AO 面11EB C F ，AO ⊂面1AMNA ，面1AMNA ⋂面11EB C F PN =，//AO PN ∴，四边形APNO 为平行四边形， O 是正三角形的中心，AO AB =，13A N ON ∴=，3AM AP =，1133PN BC B C AP EF ====，由（1）知直线1B E 在平面1A AMN 内的投影为PN ，直线1B E 与平面1A AMN 所成角即为等腰梯形11EFC B 中1B E 与PN 所成角， 在等腰梯形11EFC B 中，令1EF =，过E 作11EH B C ⊥于H ， 则113PN B C EH ===，11B H =，110B E =，11110sin B H B EH B E ∠==， ∴直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值为10．【点评】本题考查线线平行、面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．3．（2020•新课标Ⅲ）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =． （1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【解答】（1）证明：在1AA 上取点M ，使得12A M AM =，连接EM ，1B M ，1EC ，1FC ， 在长方体1111ABCD A B C D -中，有111////DD AA BB ，且111DD AA BB ==． 又12DE ED =，12A M AM =，12BF FB =，1DE AM FB ∴==． ∴四边形1B FAM 和四边形EDAM 都是平行四边形．1//AF MB ∴，且1AF MB =，//AD ME ，且AD ME =．又在长方体1111ABCD A B C D -中，有11//AD B C ，且11AD B C =， 11//B C ME ∴且11B C ME =，则四边形11B C EM 为平行四边形， 11//EC MB ∴，且11EC MB =，又1//AF MB ，且1AF MB =，1//AF EC ∴，且1AF EC =， 则四边形1AFC E 为平行四边形， ∴点1C 在平面AEF 内；（2）解：在长方体1111ABCD A B C D -中，以1C 为坐标原点，分别以11C D ，11C B ，1C C 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．2AB =，1AD =，13AA =，12DE ED =，12BF FB =，(2A ∴，1，3)，(2B ，0，2)，(0F ，1，1)，1(2A ，1，0)，则(2,1,1)EF =--，(0,1,1)AE =--，1(0,1,2)A E =-． 设平面AEF 的一个法向量为1111(,,)n x y z =．则1111111200n EF x y z n AE y z ⎧=-+-=⎪⎨=--=⎪⎩，取11x =，得1(1,1,1)n =-； 设平面1A EF 的一个法向量为2222(,,)n x y z =．则222221222020n EF x y z n A E y z ⎧=-+-=⎪⎨=-+=⎪⎩，取21x =，得2(1,4,2)n =． 1212127cos ,||||321n n n n n n ∴<>===． 设二面角1A EF A --为θ，则142sin 177θ=-=． ∴二面角1A EF A --的正弦值为42．【点评】本题考查平面的基本性质与推理，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．。

新课标全国卷真题——立体几何（大题）【15卷一文18】如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（1）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（2）若120ABC ∠= ，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -积.【15卷二文19】如图，长方体1111ABCD A B C D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．过点E ，F 的平面α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（不必说明画法与理由）； （2）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.【14卷一文19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB求三棱柱111C B A ABC -的高.【14卷二文18】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 是PD 的中点.（1）证明：PB //平面AEC ；（2）设1,AP AD ==三棱锥P ABD -的体积4V =，求A 到平面PBC 的距离. 【13卷一文19】如图，三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，1AB AA =，160BAA ∠= .（1）证明：1AB AC ⊥；（2）若2AB CB ==，1AC =，求三棱柱111ABC A B C -的体积.【13卷二文18】如图，直三棱柱111C B A ABC -中，E D ,分别是1,BB AB 的中点.（1）证明： 1BC //平面CD A 1;（2）设21===CB AC AA ,22=AB ，求三棱锥DE A C 1-的体积.【12课标卷文19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧棱垂直底面，︒=∠90ACB ，121AA BC AC ==，D 是棱1AA 的中点．（1）证明：平面⊥BDC 平面1BDC ；（2）平面1BDC 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【11课标卷文18】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=︒，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ．（1）证明：PA BD ⊥；（2）设1PD AD ==，求棱锥D PBC -的高．【10课标卷文18】如图，已知四棱锥P ABCD -的底面为等腰梯形，AB CD ，AC BD ⊥,垂足为H ，PH 是四棱锥的高.（1）证明：平面PAC ⊥平面PBD ;（2）若AB =,60APB ADB ∠=∠=，求四棱锥P ABCD -的体积.【15卷一理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⊥平面ABCD ，DF⊥平面ABCD ，BE=2DF ，AE⊥EC.（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.【15卷二理19】如图，长方体1111ABCD A B C D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．过点E ，F 的平面α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（不必说明画法与理由）； （2）求直线AF 与平面α所成角的正弦值．【14卷一理19】如图三棱锥111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥.（1）证明：1AC AB =；（2）若1AC AB ⊥，o160CBB ∠=，AB BC =，求二面角111A A B C --的余弦值. 【14卷二理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.（1）证明：PB∥平面AEC ；（2）设二面角D-AE-C 为60°，AP=1，E-ACD 的体积.【13卷一理18】如图，三棱柱111C B A ABC -中，︒=∠==60,,11BAA AA AB CB CA .（1）证明C A AB 1⊥;（2）若平面ABC ⊥平面11BB AA ，2==CB AB ，求直线C A 1与平面C C BB 11所成角的正弦值。

2021-2021新课标(理科)立体几何分类汇编一、选填题【2021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,那么此几何体的体积为( B )(A) 6 (B) 9 (C)二 (D) > 【解析】选Bo 该几何体是三棱锥,底面是俯视图,高为 3,此 1 1几何体的体积为 V633=9 3 2【2021新课标】(11)三棱锥S-ABC 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SC=2;那么此棱锥的体积为( A )2 .3 2 .2 (A) —(B) —(C) —(D) —6632 【解析】 MBC 的外接圆的半径r =走,点O 到面ABC 的距离d = J R 2 -r 2 3O 的直径二点S 到面ABC 的距离为2d =2叵此棱锥的体积为3一 1八 … V =-S ABC 2d另：V ：」S A BC 2R=^ 排除 B,C,D 3：6【2021新课标1】6、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,再向容器内注水,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,那么球的体积为 (A )【解析】设球的半径为R,那么由题知球被正方体上面截得圆的半径为R-2,那么R 2 =(R —2)2 +42 ,解得R=5, ••球的体积为3cm ,应选A.【2021新课标1】8、某几何函数的三视图如下图,那么该几何的 体积为(A ) A 、16+8 n)B8+8 n C 16+16 n )D8+16 n【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A 500 )巾3B 866 n cm 3_C 、『cm 3 3=, SC 为球 334n 父5 500支= 34,球心到截面圆的距离为1 _ 2—冗父2父4+4父2M2 =16+ 8元,应选A.2【2021新课标2】4.m, n为异面直线,m,平面% n,平面0直线l满足l,m, l±n, 、一a, l-1 省那么〔 D 〕.A. a // 同l // a B a_L § 且l _L §C. a与§相交,且交线垂直于l D a与§相交,且交线平行于l【解析】由于m± a, Um, l Ba,所以l//a同理可得l/年又由于m, n为异面直线,所以 a 与B相交,且l平行于它们的交线.应选 D.【2021新课标2】7. 一个四面体的顶点在空间直角坐标系O— xyz中的坐标分别是〔1,0,1〕,【2021新课标1】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,那么该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为〔B 〕A、6V2 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, =,二2小,AC=^42+ 〔2^5〕^=6 , AD=4 点,显然AC 最长.【2021新课标2】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 3 cm,高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到, 那么切削掉局部的体积与原来毛坯体积的比值为〔C 〕17 5 10 1A27 甩夕0nX2；X〉34n9m〕,原毛坯的体积为n X2>X 6= 54式〔cn3〕,切削掉局部的体积为54n- 34n=20汽〔cm〕,故所求的比值为20 虱_10 5427〔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 【解析】如下图,该四面体在空间直角坐标系O- xyz的图像如图:【2021新课标2】11.直三棱柱ABC-A1B1G中,ZBCA= 90°, M, N分别是A i B i, A1C1的中点,BC= CA= CC1,那么BM与AN所成角的余弦值为〔 C 〕1 【解析】如图,E为BC的中点.由于M,N分别是A1B1, A1C1的中点,故MN /B1C1且MN=/B1C1,故MN M BE,所以四边形MNEB为平行四边形,所以EN M BM ,所以直线AN, NE所成的角即为直线BM, AN所成的角.设BC= 1,那么B1M=2B1A1=¥,所以MB = 1+!=^^=NE, AN = AE=^^,在AANE2 2 26+5_ 5中,根据余弦定理得cos z^NE= 4 4 4= ^30o6 ：5 102【2021新课标1】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〕,米堆为一个圆锥的四分之一〕,米堆底部的弧度为8尺, 米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少？〞1斛米的体积名勺为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放斛的米约有〔B 〕B.2科C.364D.6斛【2021新课标1】〔11〕圆柱被一个平面截去一局部后与半球〔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.假设该几何体的外表积为16 + 20 小贝U r= 〔 B 〕〔A 〕 1 〔B〕 2 〔C〕 4 〔D〕 8【2021 新课标2】〔6〕一个正方体被一个平面截去局部后,剩余局部的三视图如右图,那么截去局部体积与剩余局部体积的比值为〔〕9 …g '0K【解析】由三视图得,在正方体ABCD-A B.C.D, 1中,截去四面体,如下图,,设正方I >1体棱长为a,那么匕=-x-a-=-^,故剩余几何体体积为1孙3 2 6所以截去局部体积与剩余局部体积的比值为y .6 6 5A.14 斛【2021新课标2】〔9〕A,B是球O的球面上两点, 小OB=90,C为该球面上的动点,假设三棱锥O-ABC体积的最大值为36,那么球O的外表积为〔C 〕A. 36 式B.64 〕〕C.144【解析】如下图,当点C位于垂直于面408的直径端点时,三棱锥0-4小.的体积最大,设球O的半径为R ,止匕时K tnr= K,=-x-/f2x/e = -^ =36 ,故衣二6,那么球.的外表I ' IC -W 3? 6积为s =144a ,应选C.【2021新课标1】〔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 ........................................... 28 一........的半径.假设该几何体的体积是28-,那么它的外表积是〔A 〕〔A〕 17n 〔B〕 18n 〔C〕 20n 〔D〕 28n1【解析】该几何体为球体,从球心挖掉整个球的1〔如右图所不〕,故84 3 7 28二…一7 2 1 2一叮一= ------ 解得r =2 ,二S = — 4叮+3 —冗「=17n.3 8 3 8 4【2021新课标1］〔11〕平面a过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A, a〃平面CB1D1, a^平面ABCD=m, a「平面ABAB1=n,那么m、n所成角的正弦值为〔A 〕〔A〕［〔B〕-22 〔C〕—〔D〕3【详细解答】令平面a与平面CB1D1重合,那么m = B1 D1,n= CDi故直线m、n所成角为60.,正弦值为—2【2021新课标2】6.右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,那么该几何体的外表积为〔C 〕〔A〕 20 n 〔B〕 24 n 〔C〕 28 n 〔D〕 32 支【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|,圆柱高为h ,由图得r=2,C=2M =4汽, 由勾股定理得：l='22+(2商=4 % = /+ch+；cl【2021新课标2】14. a , 口是两个平面,m, n是两条线,有以下四个命题：①如果m-Ln , m-L« , n// 口,那么 a _L B.②如果m.L«, n il.-,那么m-L n .③如果a// 口,m,那么m// P.④如果m/1 n产H口,那么m与a所成的角和n与P所成的角相等. D.256=4n16n8n=28支其中正确的命题有②③④.棋写所有正确命题的编号〕【2021新课标3】9.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,那么该多面体的外表积为〔 (A)18 +36^5 (C)90 (B)54+ 18击 D)81 【2021V 的球, 新课标3】10.在封闭的直三棱柱 ABC-A 1B 1C 1内有一个体积为 假设 AB^BC, AB=6, BC= 8, AA 13,那么 V 的最大值是〔 B 〕 (A)4 支 (B)9^ (C)6 支 32支 〔切丁 *甲 【2021新课标1】7.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,俯视图为等腰直角三角形 该多面体的各个面中有假设干个是梯形,这些梯形的面积之和为〔 A. 10 B. 12 C. 14 D. 16 【2021新课标1】16.如图,圆形纸片的圆心为 O,半彳仝为5 cm,该纸片上 的等边三角形 ABC 的中央为 O .D 、E 、F 为圆O 上的点,△DBC, △ECA, AFAB 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 当△ ABC 的边长变化时, 4715 . 所得三棱锥体积 D 、E 、F 重合,得到三棱锥. 〔单位： cm 3〕的最大值为 【2021新课标 214.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局部所得,那么该 几何体的体积为〔B 〕A. 90nB 63二C 42 二 【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. 1 2 1 2 V =V 总一一V 上=兀3 10-—兀 3 6 =63 兀2 2 A ,D 36 二 T 6—P 4J-【2021新课标2】10.直三棱柱 AE C —A 1B 1c l 中,/AB C = 1201 AB = 2 , EC = CC 1 =1 ,那么异面直线AB ［与EC 1所成角的余弦值为〔,3 A. ------- 2 【解析】M , 15 B ------ 5 N , P 分别为AB , BB 〔,B 1c 1中点,那么 _13 A0 , BG 夹角为MN 和NP 夹角或其补角(异面线所成角为‘0,」I )21 5 _ 1 / 可知 MN =-AB 1 =——,NP =一 BC 12 2 22J ,作BC 中点Q ,那么可知4PQM 为直角二角形.2_ 1 2 2 _ 2 __PQ =1 , MQ =—AC , AABC 中,AC =AB +BC -2AB BC .cosZABC = 2AC=币,那么 MQ =—,那么△MQP 中,MP =JMQ 2 +PQ 2 =业, 22【2021新课标3】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,有以下结论： 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 所成角的最大值为60°.其中正确的选项是―②③ (填写所有正确结论的编号) 【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 =四,斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转,那么 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 万为x 轴 正方向, 丸为v 轴正方向, B 为z 轴正方向建立空间直角坐标系. y 那么 D(1,0,0) , A(0,0,1),直线 a 的方向单位向量 1*1,B点起始坐标为(0,1,0),直线b 的方向单位向量 方二,伊|== 1 ,设B 点在运动过程中的坐 标 B (cos 工sin 1,0),其中6为BC 与CD 的夹角,9 = [0,2兀).那么AB'在运动过程中的向量 而 =(-CM 仇-鼠门仇1), |屈 卜五.设且用与点所成夹角为口勺.,-],那么8M ------- ------------- -------------------- [= ~ \^0^—]2a 卉丹/ 1故"勺* 所以③正确,④错误.设而与i 所成夹角为PE [0,；],那么 APIMN 中,cos/PNM 2_2 _ 2MN NP -PM2 MH NPI 2 J I 2 J 12 1又异面线所成角为10,-1 2【2021新课标3】 那么该圆柱的体积为 8.圆柱的高为 B ) 1 ,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,A.兀 兀 C.一 2 【解析】由题可知球心在圆柱体中央, 兀D.一4圆柱体上下底面圆半径12-1 2 -3,那么圆柱体体积V =霭2h 3：— 应选B.4,,? 1?4+1-2,2,1 2-万产,仇fin 仇1卜(1,0*)|_e.2二、解做题【2021新课标】 如图,四棱锥P — ABCD 中,底面ABCD 平行四边形, / DAB=60 ,AB=2AD,PD ,底面 ABCD.(I)证实:PAXBD ;(II )假设PD=AD ,求二面角A-PB-C 的余弦值. 【答案】(I )由于/DAB =60 : AB =2AD ,由余弦定理得BD = 6AD ,从而 BD 2+AD 2= AB 2,故 BD _L AD 又 PD _L 底面 ABCD ,可得 BD _L PD 所以 BD _L平面 PAD.故 PA_LBD(II )如图,以D 为坐标原点,AD 的长为单位长,射线系D-xyz,那么A(1,0,0 1B (0,q 0 ),5-1,石0 ),P (0,0,1).m BC =02 72 7出故二面角A-PB-C 的余弦值为 -2"AB =(-L 6o),丽二(o 疝 f 丽二(-LO ⑼设平面PAB 的法向量为n= (x,y,z),那么—：+岛=0因此可取n=(而1,悯y 3y -z = 0 设平面PBC 的法向量为m,那么 m PB =0可取m=n AB = 0.・丽=(-cos > . ■, 一 一 . 一 TT ——当？与 M 夹角为 60叩寸,即(/=—, sine = J2cosot =J2(■■■■ "3• cos 20 +sin 2 6 =1, Tcos!3|=^, ：cosP =年 |cos!31=\ . . P€[0, 3] , :P = J,止匕时显与b 夹角为60、：②正确, 2 3JIcos — 3=2 1 =二 2 2 ①错误.DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标(0,-1, -73)cos{ m,n) = -4 = 2.7 8【2021新课标】19.如图,直三棱柱ABC-AB1c l中,一一1AC=BC= —AA1, D 是棱AA^T中点,DC1 _L BD 2(1)证实：DC1 1 BC(2)求二面角A1 -BD —&的大小.【答案】(1)在RtADAC 中,AD = AC 得：/ADC=45 口同理：.ADC〔二45 二.CDC1 =90得：DC1 _L DC, DC1 _L BD=> DC1_L 面BCDn DC1 _L BC(2) DC1 _LBC,CC1 _L BCn BC_L面ACC1A 二BC _L AC取AB1的中点O,过点O作OH _LBD于点H ,连接C1O,C1HAC1 =B1c l二C1O _L AB1 ,面AB1c l,面A1BD 二C1O,面A1BDOH _LBD= C1H 1 BD得：点H与点D重合且/C〔DO是二面角A1 - BD —C1的平面角设AC=a,那么CQ=叵, GD=T2a=2C10n ZC1DO =30^2既二面角A1 -BD 一^的大小为30口【2021新课标1】18、(本小题总分值12分)如图,三棱柱ABC-A 1B1C1 中,CA=CB , AB=A A 1,BAA 1=60°.(I )证实ABXA I C;(n )假设平面ABC,平面AA1B1B, AB=CB=2 ,求直线A I C与平面BB I C I C所成角的正弦值.【答案】(I )取AB 中点E,连结CE, A1B, AE, 「AB= AA1 , NBAA I =60°,. .△BAA1 是正三角形,：AE,AB, 「CA=CB, . . CEXAB, v CE^ A,E=E, ：AB,面CEA1,:AB,AC ；(n )由(I )知ECXAB , EA1 ±AB ,又.•面ABC,面ABB1A ,面AB6 面ABB I A=AB,：EC,面ABB01 , ..EC,EA I,.. EA , EC, £儿两两相互垂直,以E为坐标原点,£4的方向为x轴正方向,|E/|为单位长度,建立如下图空间直角坐标系O—xyz,由题设知A(1,0,0),2(0,43,0),.(0,0, J3),B( —1,0,0),那么NC =(1,0, B ,四=乂=(-1,0,®4C=(0,-#,@,设n = (x,y,z)是平面CBB1C1 的法向打.- x x , 3z =0一,即$ l那x , 3y = 0105;直线A 1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为叵5【2021新课标2】18.如图,直三棱柱ABC —A1B1C1中,D, E分别是AB, BB1的中点,AA1 =AC=CB=亭AB .(1)证实:BC"平面AQD;(2)求二面角D —A〔C—E的正弦值.【答案】⑴连结AC1交A〔C于点F,那么F为AC1中点.又D是AB中点,连结DF,那么BC1 II DF.由于DF?平面A1CD , BC r-'平面A〔CD ,所以BC1 II 平面A£D.(2)由AC = CB= /AB 得,ACXBC.以C为坐标原点, 石的方向为x轴正方向,建立如下图的空间直角坐标系C—xyz.设CA=2,那么D(1,1,0),E(0,2,1), A1(2,0,2), CQ = (1,1,0), CE = (0,2,1), 杀=(2,0,2).设n=(x1, y1,4)是平面AQD的法向量," r - H X I . y1 = 0,那么?一即/ 可取n=(1, —1, —1).2 1 , 2x1 2z1 = 0.同理,设m是平面AQE的法向量,那么r ----------------- --nt ■ CE= 0s—, 可取m=(2,1, -2).m CA =0,n m =—,故sin〈n, m> =立.即二面角D —A1C—E的正弦值为—| n | m| 3 3 3从而cos〈n, m>【2021新课标1】19.如图,三棱柱ABC-A I B I C I中, 侧面BB I C I C为菱形,AB ±B I C.(I )证实：AC=AB 1；(n )假设AC±AB n/CBB I=60°, AB=BC ,求二面角A-A1B1 -C I的余弦值.【答案】(1)连结BC I,交B I C于点O,连结AO,二•侧面BB I C I C为菱形,：BC」B I C,且O为BC I和B I C的中点,又•「AB^B I C,： B1C,平面ABO ,. AO?平面 ABO, ：BiSAO,又 B i O=CO , ：AC=AB i, (2) v ACXAB i,且 O 为 B i C 的中点,：AO=CO , 又「AB=BC , .,.ABOA^ABOC, ：OA ,OB,••.OA, OB, OB i 两两垂直,CBB i =60°,「.△CBB i 为正三角形,又 AB=BC ,,B (i, 0, 0,), B i (0,学 0) , C (0,J-V33 百.V3 广x — -z=0同理可得平面A i B i C i 的一个法向量ir = (i,正),【20i4新课标2】i8.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 )证实：PB II 平面AEC;(II )设二面角 D-AE-C 为 60°, AP=i , AD=有,求 三棱锥E-ACD 的体积. 【答案】(D 连结BD 交AC 于点O,连2g EO由于ABCD 为矩形,所以O 为BD 的中点 又E 为的PD 的中点,所以EO// PB EO 二平面AEC,PB ①平面 AEC,所以PB//平面AEC(2)由于PA_L 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,月8的方向为x 轴的正方向,|同为单位长,建立空间直角坐标系, 那么 A —xyz,那么 D(0, 73 ,0),那么 E(0, g1),存=(0,设 B(m,0,0)(m>0),那么 C (m,6 0) 设n(x,y,z)为平面ACE 的法向量,- 7" o mx 3y = 0 那么{ । 一 IP { 73 iy * - y ——y z = 02 2以O 为坐标原点, OB 的方向为x 轴的正方向,|0B |为单位长度,OB ；的方向为y 轴的正方向, 0A 的方向为z 轴的正方向建立空间直角坐标系, :ABf (0,电日；=虹=(i, 0, --0),设向量n= (x, y, z)是平面 AA i B i 的法向量,： A (0, 0,:cosv |理 n> =|m I In | 7:二面角A - A i B i - C i 的余弦值为—可取R =(i,依Ml), 那可取5= ( —,-1,石)又n i= (1,0,0)为平面DAE的法向量, m由题设cos(n1,n2) =1 ,即.一二=1 ,解得m=3由于E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD 2 V3+4m 22的高为1 ,三棱锥E-ACD的体积为▽=1父1父向父9父1=432 3 2 2 2 8【2021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,平面ABCD , DFL 平面ABCD , BE=2DF , AE^EC.(1)证实：平面AEC±¥面AFC(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值(18> 解：乃士a(1 ) 连结8口,设= G J结EG t FG,EF.在菱形中,不妨设GB=1.由可得水"4>石〞由BEL平面4BCD t AB = BC.可知A£ = EC,又应L芭U所以EG =忑,且EG LAC.在Rt△ EBG中.可得班三",故nr版25及丁K•,泮％*耳(M io;；/ i I?在RtAFDG中,可得因二在直角梯形曲E中,由皿2,八日DF咚.从而XG工4■尸G工=所、所以即工FG.又/(?nFG = G,可得EG工平面由于£Gu平面述权T,所以平面HECJ_平面妙C.,'■Xji ……6分(II)如图*以.为坐标原点,分别以丽,克的方向为左轴,y轴正方向,「屈| 为单位长,建立空间直角坐标系6-..* (I)可得4545,0), EQ0,立),：*产(TO,务C(0,瓦0),所以正二(1,5,近卜方孝)........ 10分故雎?瓯#〉=含备二普所以直线壁与直线CF所成角的余弦值为手12分【2021新课标2】如图,长方体 ABCD —A i B i C i D i 中,AB = 16, BC =10, AA i = 8,点 E, F 分别在 A i B i, D i C i 上,A i E = D i F = 4,过 点E, F 的平面a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(不必说明画法和理由) ；(2)求直线AF 与平面a 所成的角的正弦值. 【答案】(I )交岐牌成的就/作而,Sfi 为那么/耳/区/唐.* EA/. 由于厨为正方再,所以EH ・£FaBC=io.「是=而二即,6.所以=以.为坐标隙息.山的方向为工轴正方向,建工如下图的空间直用坐标系 口一炉,期4go ,0).8(电地0), £.0,4闾,万幽4.勤,声后=[160,0),屉二也一6方).设内*5人工)是平面5HGF 的法向量,那么n HE -d, 融=&所以月£与平面/:同GF 所成角的正效值为:二.1 J【20i6新课标U i8.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,/AFD = 90', 且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60.(I)证实平面 ABEF_LEFDC;严(II)求二面角 E-BC-A 的余弦值.【答案】(I) '/AF _L FE, AF _L FD , AF ,面FECD, 又；AF 三面ABFE ,所以平面ABEF_LEFDC; (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AF = 2 , 那么FD =i,由于二面角 D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60 ,即NEFD =』FEC =60°, 易得 B(0,2,0) ,A(2,2,0) ,C(-,0,―),2 2所以可取1/ 一 43).乂：4户=「他4,第・故际值砌.普--- --------------- — ]「, 2 2 设平面EBC 与平面ABCD 的法向量分别为 7 =(七,乂,乙)和 £,B = (x p j 11z 1)-(07,0) = 2>1 =0 ------- i 叫 =(工产乂,4) -x [-2y l +—^ 令 x 1 = 1 ,那么 y 1 =0, z 1 \n 2BA = (x al (2,0,0)=2Xj = 0 由1 1 ' ---- --------k £ i G 卜产_2为+彳々=0 令 z 2 = 2 ,那么 X 2 = 0, y 2 = -2^,二叫=(0, 一 一 (i,o- 二 COS< >= 41+ ；, 2V3 — -亍=2亚 2 19 二面角E-BC-A 余弦值—Ri 919【2021新课标2】19.如图,菱形 ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O, AB=5 , AC=6,点E, 5 F 分别在 AD, CD 上,AE=CF =—, EF 交BD 于点H.将 4△ DEF 沿EF 折到△ DEF 的位置OD ,= M. ⑴证实：DH _L 平面ABCD;(II)求二面角B —DA-C 的正弦值. 【答案】 ⑴证实：: AE =CF =9 ,4AE CF - ---- = ----- ,…EF II AC . AD CD 疗 ••.四边形ABCD 为菱形, • .AC_LBD, ：EF_LBD, EF _LDH , EF _LDH . -AC = 6, ：AO=3; 又 AB =5 , AO .LOB ,: OB=4,: OH :D'H .LOH .又 V OH I EF =H , ⑵建立如图坐标系 H -xyz . B 5, 0 , AE __ . _ _ 2 2 2=——OD=1, •• DH =DH =3 , OD =OH + D'H , AO :D'H _L 面 ABCD . 0), C 1, 3, 0 , D' 0, 0, 3 , A 1, -3, 0 , .二■:, ■ , :不一 .』3), 1 ■ ■■ ■ 1 设面 ABD'法向量 〞=(x t y,z), £ ,fi由,受0,得卢+33.-x 3y 3Z=0 z=5・•. q =(3,-4,5) •同理可得面AD'C的法向量£ 二(工0,1), ..", ］：、:工, .、2 95j. co 5日二一一旦-= —尸————---- , -sine = ---------------"「I -25【2021新课标3］〔19〕如图,四棱锥P-ABCD 中,PAL 平面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〕证实：MN II平面PAB〔2〕求直线AN与平面PMN所成角的正弦值【答案】加,蚯 1 ' IIICJ*|；?J AM - ； <0 - 2 >白产的中.J.,w 4T. TN./rv flcjinVi 1#r >2 2式皿LBC,&AM TffHWT ™舸以同小带国MNT方干好19边帮欧MX： AT ,幻月内由⑶二平而用月./T匚平面/ME所以LM"干武用6HI;才法।取&CIR中步£・蛙拓熊・川上BG小〔部［*. ・从而JL心目』*MlHLtw #£用工轴・为了MNftftMMf录■在间【2021新课标1】18.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB//CD ,且BAP -CDP =90’.(1)证实：平面PABL平面PAD;(2)假设PA=PD=AB=DC, /APD =90 ,求二面角A-PB-C 的余弦值. 【答案】(1)由/BAP =/CDP =90口,得AB^AP, CD± PD.由于AB /CD,故ABXPD,从而ABL平面PAD.又AB仁平面PAB,所以平面PABL平面PAD.〔2〕在平面PAD内做PF 1 AD,垂足为F ,由〔1〕可知,AB 1 平面PAD ,故AB _L PF ,可得PF,平面ABCD .以F为坐标原点, R的方向为x轴正方向,|篇|为单位长, 建立如下图的空间直角坐标系F -xyz.由〔1〕及可得A(系0,0) , P(0,0呼),B(1,1,0), C(—1,1,0),POC为直角三角形, |OP , .2PCO=60,MM =a, CM =~^a,OM =1 」73a . ：M 1-3 BM33a a a2 1 =a =：OM =1 --^a =1AM =卜与用0,匈2」,月月= 0t0).设平面ABM的法向量刖=[0』,二J.设n =(x, y,z)是平面PCB的法向量,那么x y-^z=02 ……、.2x=0设m =(x, y,z)是平面PAB的法向量,m PA = 0 ffi AB= 0.2 2八x —— z = 0,即?2 2,可取n =(1,0,1),那么cos<n,m >= n mI n ||m |所以二面角A-PB-C的余弦值为—昱.3【2021新课标2】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,1 oAB =BC =—AD,/BAD =NABC =90 , Eg PD 的中点. 2(1)证实：直线CE//平面PAB(2)点吊在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成锐角为45° ,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,• ・EF J= 1AD .又•NBAD=NABC=90 口,：BC//AD,又•AB=BC = 一2 -AD , ：BC JL-AD , 2 —2・••EF JL BC . •.四边形BCEF 为平行四边形,：CE// BF ,又「BF u 面PAB , ：CE// 面PAB(2)以AD中点O为原点,如图建立空间直角坐标系.设AB = BC=1 ,那么O(0 , 0, 0) , A(0 , -1,0), B(1, -1,0), C(1 , 0, 0) , D(0 , 1, 0) , , P0 0 3r.M在底面ABCD上的投影为M：MM '_LBM ' .:/MBM'=45 口,：△ MBM '为等腰直角三角形.Bzyx%+手乙=0, 7 = (0「人,2), 而= (0,2,0), 筋= 0,0,0).设平面ABD 的法向量为n = (0,0,工J, M = ：8需<肛/1>=••二面角M -AB-D 的余弦值为 名0 .5【2021新课标3】19,如图,四面体 ABCD 中,△ ABC 是正三角形,4ACD 是直角三角 形 £ABD = IC AD , AB = BD . (1)证实：平面_平面ABC;(2)过AC 的平面交BD 于点E , 分成体积相等的两局部.求二面角 【解析】⑴取AC 中点为O,连接: DABC 为等边三角形 ：BO _L AC AB =BC BD =BD ：ABD = . CBD ./ABD ZDBC・•.AD =CD ,即MCD 为等腰直角三角形, 么DC 为直角又O 为底边AC 中点. .DO _L AC易得： 设平面AED 的法向量为 羯,平面AEC 的法向量为 丐,AEn =0 - / 一二,解得冬=0,】,—OA ti. =0- f叵.5..AB = BC令 AB|=a,那么 AB = AC =BC =BD =a,易得：OD222..................•.OD|十OB =BD ,由勾股定理的逆定理可得 ZDOB2-a , 2 JI _ OB= 2 a一,即 OD _LOB21OD A AC ?_ , _ ?OD A OB ?AC 「OB = O 「. OD _L 平面ABC 又.OD c 平面ADC , ?AC i ABC ? ?OB i ABC由面面垂直的判定定理可得 平面ADC _L 平面ABC ⑵由题意可知V D 出CE =V B_ACE,即B,D 到平面ACE 的距离相等,即E 为BD 中点,以O 为原点,(而为X 轴正方向, 应j 为y 轴正方向,血3为z 轴正方向,设AC =a ,建立空间直角坐标系,-a那么 O (0,0,0 ), A -,0,0 |,D ,0,|J ,B 0作a,01E p 3a,1 ,144)1।AD rt = 0假设平面AEC 把四面体ABCD D- AE- C 的余弦值.假设一面角D -AE —C为日,学习好资料欢送T 易知9为锐角,那么c.8=零&。