完整word版,近三年高考全国卷理科立体几何真题

2024届全国高考(统考版)理科数学复习历年好题专项(立体几何的综合运用)练习1．[2023ꞏ全国乙卷(理)]如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝22，PB＝PC＝6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝5 DO，点F在AC上，BF⊥AO.(1)证明：EF∥平面ADO；(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角D-AO-C的正弦值．2．[2022ꞏ全国乙卷(理)，18]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AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．3．[2023ꞏ安徽省安庆市高三二模]如图，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，AD⊥AB，AB ＝BC＝2CD，△PBC是等腰三角形，PB＝PC，且平面PBC⊥平面ABCD.(1)求证：BC⊥P A；(2)如果直线PD与平面ABCD所成角的大小为45°，求平面P AD与平面PBC所成锐二面角的余弦值．4．[2023ꞏ全国甲卷(理)]如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)证明：A1C＝AC；(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．5．[2023ꞏ安徽省皖北协作区联考]如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABEF 为正方形，AB ⊥BC ，BE ∥CD ，∠BCD ＝π3 ，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，CM →＝13 CA → .(1)线段AD 上是否存在一点P ，使得AF ∥面BMP ？若存在，确定点P 的位置，若不存在，请说明理由；(2)求直线DM 与平面DEF 所成角的正弦值．参考答案1．答案解析：(1)如图，因为AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝22 ，O 是BC 的中点，所以AB BC ＝OB AB ＝2，所以△OBA ∽△ABC .记BF 与AO 的交点为H ，则∠BHA ＝90°，又∠ABC ＝90°，∠BAH ＝∠OAB ，所以△BHA ∽△OBA ，所以△BHA ∽△ABC ，所以∠HBA ＝∠CAB ，又∠C ＋∠CAB ＝90°，∠CBF ＋∠HBA ＝90°，所以∠C ＝∠CBF ，所以CF ＝BF ，同理可得BF ＝F A ，所以F 是AC 的中点．因为E ，F 分别是AP ，AC 的中点，所以EF ∥PC ，同理可得DO ∥PC ， 所以EF ∥DO .又DO ⊂平面ADO ，EF ⊄平面ADO ，所以EF ∥平面ADO .(2)AO ＝AB 2＋BO 2 ＝6 ，OD ＝12 PC ＝62 ，又AD ＝5 OD ＝302 ， 所以AD 2＝AO 2＋OD 2，所以AO ⊥OD . 由于EF ∥OD ，所以AO ⊥EF ，又BF ⊥AO ，BF ∩EF ＝F ，BF ⊂平面BEF ，EF ⊂平面BEF ， 所以AO ⊥平面BEF .又AO ⊂平面ADO ，所以平面ADO ⊥平面BEF . (3)如图，以B 为坐标原点，BA ，BC 所在直线分别为x ，y 轴，建立空间直角坐标系，则B (0，0，0)，A (2，0，0)，O (0，2 ，0)，AO →＝(－2，2 ，0).因为PB ＝PC ，BC ＝22 ，所以设P (x ，2 ，z )，z >0，则BE → ＝BA → ＋AE → ＝BA →＋12 AP → ＝(2，0，0)＋12 (x －2，2 ，z )＝(x ＋22 ，2 ，z 2 )， 由(2)知AO ⊥BE ，所以AO → ꞏBE →＝(－2，2 ，0)ꞏ(x ＋22 ，22 ，z 2 )＝0， 所以x ＝－1，又PB ＝6 ，BP →＝(x ，2 ，z )，所以x 2＋2＋z 2＝6，所以z ＝3 ，则P (－1，2 ，3 ).由D 为BP 的中点，得D (－12 ，2 ，3 )，则AD →＝(－52 ，2 ，3 ). 设平面DAO 的法向量为n 1＝(a ，b ，c ).则⎩⎪⎨⎪⎧n 1ꞏAD →＝0n 1ꞏAO →＝0 ，即⎩⎪⎨⎪⎧－52a ＋22b ＋32c ＝0－2a ＋2b ＝0 ，得b ＝2 a ，c ＝3 a ， 取a ＝1，则n 1＝(1，2 ，3 ).易知平面CAO 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，设二面角D -AO -C 的大小为θ，则|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1ꞏn 2||n 1||n 2| ＝36 ＝2， 所以sin θ＝1－12 ＝2 ，故二面角D -AO -C 的正弦值为2.2．答案解析：(1)证明：∵AD ＝CD ，∠ADB ＝ ∠BDC ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AB ＝CB .∵E 为AC 的中点，∴DE ⊥AC ，BE ⊥AC . ∵DE ∩BE ＝E ，DE ，BE ⊂平面BED ， ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图，连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED ， ∴EF ⊥AC . ∴S △AFC ＝12 AC ꞏEF .当EF ⊥BD 时，EF 的长最小，此时△AFC 的面积最小． 由(1)知AB ＝CB ＝2. 又∵∠ACB ＝60°，∴△ABC 是边长为2的正三角形，∴BE ＝3 . ∵AD ⊥CD ，∴DE ＝1， ∴DE 2＋BE 2＝BD 2，∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点，直线EA ，EB ，ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，3 ，0)，C (－1，0，0)，D (0，0，1)，∴AB →＝(－1，3 ，0)，AD → ＝(－1，0，1)，DB → ＝(0，3 ，－1)，ED → ＝(0，0，1)，EC →＝(－1，0，0).设DF → ＝λDB →(0≤λ≤1)，则EF → ＝ED → ＋DF → ＝ED → ＋λDB →＝(0，0，1)＋λ(0，3 ，－1)＝(0，3 λ，1－λ). ∵EF ⊥DB ，∴EF → ꞏDB →＝(0，3 λ，1－λ)ꞏ(0，3 ，－1)＝4λ－1＝0，∴λ＝14 ，∴EF → ＝(0，34 ，34 )，∴CF → ＝EF → －EC →＝(0，34 ，34 )－(－1，0，0)＝(1，34 ，34 ).设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ꞏAB →＝0，n ꞏAD →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x ＋z ＝0.取y ＝1，则x ＝3 ，z ＝3 ，∴n ＝(3 ，1，3 ).设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF → 〉|＝|n ꞏCF →||n ||CF →| ＝⎪⎪⎪⎪3×1＋1×3＋3×343＋1＋3× 1＋316＋916＝437 . 故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为437 . 3．答案解析：(1)证明：如图，取AB 的中点E ，连接CE .因为AB ＝2CD ，AB ∥CD ，AD ⊥AB ， 所以四边形AECD 是矩形，所以CE ⊥AB . 在Rt △BEC 中，cos ∠CBE ＝BEBC ＝12AB BC ＝12 ， 所以∠CBE ＝60°. 连接AC ，则△ABC 是等边三角形. 取BC 的中点O ，连接AO ，则AO ⊥BC . 连接PO ， 因为PB ＝PC ，所以PO ⊥BC， 因为PO ∩AO ＝O ，所以BC ⊥平面P AO ，所以BC ⊥P A .(2)因为平面PBC ⊥平面ABCD ，PO ⊥BC ，平面PBC ⊥平面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ，所以PO ⊥平面ABCD .连接DO ，则∠PDO 就是直线PD 与平面ABCD 所成的角， 所以∠PDO ＝45°， 所以PO ＝OD .在△OCD 中，OC ＝CD ，∠DCO ＝120°， 所以OD 2＝OC 2＋CD 2－2OC ꞏCD ꞏ(－12 )＝3OC 2， 所以PO ＝OD ＝3 OC .如图，以O 为坐标原点，OA → 、OB → 、OP →分别为x 轴、y 轴和z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，令AB ＝BC ＝2CD ＝2a ，则A (3 a ，0，0)，B (0，a ，0)，C (0，－a ，0)，P (0，0，3 a ). 由CD →＝12 BA → ，可得D (32 a ，－32 a ，0).所以DA →＝(32 a ，32 a ，0)，AP → ＝(－3 a ，0，3 a ). 设平面P AD 的一个法向量为m ＝(x 0，y 0，z 0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ꞏDA →＝0，m ꞏAP →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧3a ꞏx 0＋32a ꞏy 0＝0，－3a ꞏx 0＋3a ꞏz 0＝0.可取x 0＝z 0＝3 ，y 0＝－1，则m ＝(3 ，－1，3 ).因为平面PBC 的一个法向量为OA → ，所以cos 〈OA →，m 〉＝OA →ꞏm |OA →||m | ＝3a 21a ＝217 ，所以平面P AD 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值为217 . 4.答案解析：(1)如图，过A 1作A 1D ⊥CC 1，垂足为D ， ∵A 1C ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴A 1C ⊥BC ， 又∠ACB ＝90°，∴AC ⊥BC ，∵A 1C ，AC ⊂平面ACC 1A 1，且A 1C ∩AC ＝C ， ∴BC ⊥平面ACC 1A 1，∴A 1D ⊂平面ACC 1A 1，∴BC ⊥A 1D ，又CC 1，BC ⊂平面BCC 1B 1，且CC 1∩BC ＝C ，∴A 1D ⊥平面BCC 1B 1， ∴A 1D ＝1.由已知条件易证△CA 1C 1是直角三角形，又CC 1＝AA 1＝2，A 1D ＝1， ∴D 为CC 1的中点，又A 1D ⊥CC 1， ∴A 1C ＝A 1C 1，又在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ＝A 1C 1， ∴A 1C ＝AC .(2)如图，连接A 1B ，由(1)易证A 1B ＝A 1B 1，故取BB 1的中点F ，连接A 1F ， ∵AA 1与BB 1的距离为2，∴A 1F ＝2， 又A 1D ＝1且A 1C ＝AC ，∴A 1C ＝A 1C 1＝AC ＝2 ，AB ＝A 1B 1＝5 ，BC ＝3 .建立空间直角坐标系C -xyz 如图所示，则C (0，0，0)，A (2 ，0，0)，B (0，3 ，0)，B 1(－2 ，3 ，2 )，C 1(－2 ，0，2 )，∴CB → ＝(0，3 ，0)，CC ⃗＝(－2 ，0，2 )，AB ⃗＝(－22 ，3 ，2 )， 设平面BCC 1B 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ꞏCB →＝0，n ꞏCC 1＝0， 即⎩⎨⎧3y ＝0，－2x ＋2z ＝0， 取x ＝1，则y ＝0，z ＝1， ∴平面BCC 1B 1的一个法向量为n ＝(1，0，1). 设AB 1与平面BCC 1B 1所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，AB ⃗〉|＝＝13.∴AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1313 .5．答案解析：(1)存在P 为AD 上靠近D 点的三等分点，使得AF ∥面BMP ； 理由：过点M 作MP ∥CD ，交AD 于P ，因为CM →＝13 CA → ，即有CM ＝13 CA ，故DP ＝13 DA ，即P 为AD 上靠近D 点的三等分点，而BE ∥CD ，AF ∥BE ，故AF ∥MP ，又MP ⊂面BMP ，AF ⊄面BMP ，所以AF ∥ 面BMP .(2)取CD 的中点为G ，连接BG ，BD ，因为∠BCD ＝π3 ，BC ＝CD ＝1， 故△BCD 为正三角形，则BG ⊥CD ，故以B 为坐标原点，分别以BG ，BE ，BA 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 则D (32 ，12 ，0)，E (0，2，0)，F (0，2，2)，A (0，0，2)， C (3，－12 ，0)，则EF → ＝(0，0，2)，DE →＝(－32 ，32 ，0)， 又∵CM →＝13 CA → ＝13 (－32 ，12 ，2)， 可求得M (33 ，－13 ，23 )，设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ꞏEF →＝0n ꞏDE →＝0 ，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0－32x ＋32y ＝0，不妨取y ＝1，则n ＝(3 ，1，0)， 记直线DM 与平面DEF 所成角为θ， 又∵DM →＝(－3 ，－56 ，23 ), ∴sin θ＝|cos 〈DM →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪－12－562×（－36）2＋（56）2＋（23）2＝21111 ，即直线DM 与平面DEF 所成角的正弦值为21111 .。

学海无涯
A．16 + 8
【答案】A
B．8 + 8
C．16 +16
D．8 +16
（）
6 ．（2013 年高考湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简
单几何体组成,其体积分别记为V1 ,V2 ,V3 ,V4 ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面
两个简单几何体均为多面体,则有
（）
①当 0 CQ 1 时,S 为四边形;②当 CQ = 1 时,S 为等腰梯形;③当 CQ = 3 时,S 与
2
2
4
C1D1
的交点
R
满足
C1R1
=
1 3
;④当
3 4
CQ
1 时,S
为六边形;⑤当 CQ
=
1时,S
的面积
为 6. 2
【答案】①②③⑤
25．（2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））某几何体的三视
V1 : V2 = ____________.
C1 B1
A1
F
C
E
B
AD
【答案】1: 24
23．（2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯 WORD 版））若某几何体的
三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积等于________ cm2 .
4
3
3
2 正视图
侧视图
3
俯视图 （第 12 题图）
学海无涯
【答案】12
27．（2013 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体 ABCD − A1B1C1D1 中,
异面直线 A1B 与 B1C 所成角的大小为_______

立体几何（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1．如图， PO 是三棱锥 P−ABC 的高， PA =PB ， AB ⊥AC ，E 是 PB 的中点．（1）求证： OE ∥ 平面 PAC ；（2）若 ∠ABO =∠CBO =30° ， PO =3 ， PA =5 ，求二面角 C−AE−B 的正弦值．【答案】（1）证明：连接 BO 并延长交 AC 于点 D ，连接 OA 、 PD ，因为 PO 是三棱锥 P−ABC 的高，所以 PO ⊥ 平面 ABC ， AO ，BO ⊂ 平面 ABC ，所以 PO ⊥AO 、 PO ⊥BO ，又 PA =PB ，所以 △POA≅△POB ，即 OA =OB ，所以 ∠OAB =∠OBA ，又 AB ⊥AC ，即 ∠BAC =90° ，所以 ∠OAB +∠OAD =90° ， ∠OBA +∠ODA =90° ，所以 ∠ODA =∠OAD所以 AO =DO ，即 AO =DO =OB ，所以 O 为 BD 的中点，又 E 为 PB 的中点，所以 OE //PD ，又 OE⊄ 平面 PAC ， PD ⊂ 平面 PAC ，所以 OE // 平面 PAC（2）解：过点 A 作 AF‖OP ，以AB 为 x 轴，AC 为 y 轴，AF 为z 轴建立如图所示的空问直角坐标系. 因为 PO =3，PA =5 ，由(1) OA =OB =4 ，义 ∠ABO =∠CBO =30°，所以， AB =43 ，所以 P(23，2，3)，B(43，0，0) ， A(0，0，0) ， E (33，1，32) ，设 AC =a ，则 C(0，a ，0) ，平面AEB 的法向量设为 n 1=(x ，y ，z)，AB =(43，0，0)，AE =(33，1，32)AB ⋅n 1=0AE ⋅n 1=0，所以 43x =033x +y +32z =0，所以 x =0 ，设 z =−2 ，则 y =3 ，所以 n 1=(0，3，−2) ：平面AEC 的法向量设为 n 2=(x ，y ，z)，AC =(0，a ，0)，AE =(33，1，32)AC ⋅n 2=0AE ⋅n 2=0，所以 ay =033x +y +32z =0 ，所以 y =0 ，设 x =3 ，则 z =−6 ，阦以 n 2=(3，0，−6) ：所以 cos 〈n 1，n 2〉n 1n 22=1213×39=12133=4313二面角 C−AE−B 的平面角为 θ ，则 sin θ=1−cos 2θ=1113 ，所以二面角 C−AE−B 的正弦值为 1113。

新课标全国卷历年高考立体几何真题（含答案）班别： ______________________ 姓名：___________________1.（2011年全国卷）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.（2012年全国卷）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1.（Ⅰ）证明：BC DC ⊥1；（Ⅱ）求二面角11C BD A --的大小.3.（2013年全国Ⅱ卷）如图，直棱柱ABC-A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1=AC=CB=2AB. （Ⅰ）证明：BC 1//平面A 1CD ， （Ⅱ）求二面角D-A 1C-E 的正弦值4.（2013年全国Ⅰ卷）如图，三棱柱111C B A ABC -中，CB CA =，1AA AB =， 601=∠BAA .（Ⅰ）证明C A AB 1⊥；（Ⅱ）若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB=CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值.5.（2014年全国Ⅱ卷）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.6.（2014年全国Ⅰ卷）如图三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥. （Ⅰ） 证明：1AC AB =；（Ⅱ）若1AC AB ⊥，o160CBB ∠=，AB=BC ，求二面角111A A B C --的余弦值.7.（2015年全国Ⅱ卷）如图，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=16，BC=10，AA 1=8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E=D 1F=4，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.8.（2015年全国Ⅰ卷）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.(Ⅰ)证明:平面AEC ⊥平面AFC ；(Ⅱ)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.9.（2016年全国Ⅱ卷）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 ∆位置，OD '=（Ⅰ）证明：D H'⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．10.（2016年全国Ⅰ卷）如图，在以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 -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．11.（2016年全国3卷）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥底面面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.自我总结：新课标全国卷历年高考例题几何真题（广西多用2卷）1.解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=,由余弦定理得BD = 从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD⊥AD;又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴射线DB 为y 轴的正半轴，射线DP 为z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D-xyz ，则()1,0,0A,()0B,()C -,()0,0,1P.(1),(1,0,0)ABPB BC =-=-=-uu u v uu v uu u v设平面PAB 的法向量为n =（x,y,z ），则0⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n AB n PB ,即00x z -+=-= 因此可取n =设平面PBC 的法向量为m ，则0⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m PB m BC 可取m =（0，-1，，cos 7<>==-m,n 故二面角A-PB-C 的余弦值为 . 2.证明（Ⅰ）（1）在Rt DAC ∆中，AD AC =得：45ADC ︒∠=，同理：1114590A DC CDC ︒︒∠=⇒∠=，得：1,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥又∵11,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥平面1BCD DC BC ⇒⊥. （Ⅱ）（2）11,DC BC CC BC BC ⊥⊥⇒⊥平面11ACC A BC AC ⇒⊥取11A B 的中点O ，过点O 作OH BD ⊥于点H ，连接11,C O C H ，1111111AC B C C O A B =⇒⊥，C 1O ⊥A 1D 1C O ⇒⊥面1ABD 1OH BD C H BD ⊥⇒⊥ 得：点H 与点D 重合 ，即1C DO ∠是二面角11C BD A --的平面角 设AC a =，则1C O =111230C D C O C DO ︒==⇒∠= 即二面角11C BD A --的大小为30︒.3.（1）连接1AC ，交1A C 于点F ，连结1,DF BC ，则F 为1AC 的中点，因为D 为AB 的中点，所以DF//1BC ，又因为111FD ACD BC AC D ⊂⊄平面，平面，所以11//BC ACD 平面. (2)由AA 1AC CB AB ===，可设：AB ＝2a,则1,AA AC CB ===所以AC BC ⊥，又因为ABC-A 1B 1C 1为直三棱柱，所以以点C 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图.则C （0,0,0）、)1,0A D ⎫⎪⎪⎝⎭、、,E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭()122,0,2,,0CA a a CD a ⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭，.CE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭设平面1A CD 的法向量为(),,,n x y z =则0n CD ⋅=且10,n CA ⋅=可解得,y x z =-=令1,x =得平面1A CD 的一个法向量为()1,1,1n =--，同理可得平面1A CE 的一个法向量为()2,1,2m =-，则3cos ,n m <>=，所以6sin ,n m <>=所以二面角1D A C E -- 4.【解析】（Ⅰ）取AB 的中点O ，连结OC ，1OA ，B A 1.因为CB CA =，所以AB OC ⊥.由于1AA AB =， 601=∠BAA ，故B AA 1∆为等边三角形，所以AB OA ⊥1.因为O OA OC =1 ，所以⊥AB 面C OA 1.又⊂C A 1平面C OA 1，故C A AB 1⊥. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，AB OC ⊥，AB OA ⊥1，又平面⊥ABC 平面11BB AA ，交线为AB ，所以⊥OC 平面11BB AA ，故OA ，OC ，1OA 两两互相垂直.以O 为坐标原点，的方向为x 轴的正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系xyz O -，则有)0,0,1(A ，)0,3,0(1A ,)3,0,0(C ,)0,0,1(-B .则)3,0,1(=， )0,3,1(1-==AA BB ， )3,3,0(-=.设平面C C BB 11的法向量为),,(z y x =，则有⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅01BB ，即⎪⎩⎪⎨⎧=+-=+0303y x z x ，可取)1,1,3(-=.故510||||,cos 111-=⋅>=<C A n C A n C A n ，所以直线C A 1与平面C C BB 11所成角的正弦值为510.5.【解析】(1) 连接BD 交AC 于点为G,连接EG.在三角形PBD 中,中位线EG ∥PB, 且EG 在平面AEC 上，所以PB ∥平面AEC.(2)设CD=m,分别以AD,AB,AP 为x,y,z 轴建立坐标系,则A(0,0,0),D(,0,0),E 12⎫⎪⎪⎝⎭,C(,m,0).所以AD=(,0,0), AE=12⎫⎪⎪⎝⎭,AC=),0m .设平面ADE 的法向量为1n =(x 1,y 1,z 1),则1n AD ⋅=0, 1n AE ⋅=0,解得一个1n =(0,1,0).同理设平面ACE 的法向量为2n =(x 2,y 2,z 2),则2n AC ⋅=0, 2n AE ⋅=0,解得一个2n因为cos 3π=|cos<12,n n >|=1212n n n n⋅==12,解得m=32. 设F 为AD 的中点,则PA ∥EF,且PA=2EF =12,EF ⊥面ACD,即为三棱锥E-ACD 的高. 所以V E-ACD =·S △ACD ·EF=13×12×32×12.所以,三棱锥E-ACD .为坐标原点，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，∵∠，，（0，，0） =，，=，=设向量=，可取，）的一个法向量，），＞=A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(0,-6,8).=+080z .由∠ABC=120°,可得AG=GC=.由BE ⊥平面ABCD,AB=BC可知AE=EC.又AE ⊥EC,所以EG=,且EG ⊥AC.在Rt △EBG 中,可得BE=,故DF=.在Rt △FDG 中,可得FG=.在直角梯形BDFE 中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.从而EG 2+FG 2=EF 2,所以EG ⊥FG.,又AC ∩FG=G,可得EG ⊥平面AFC.又因为EG ⊂平面AEC,所以平面AEC ⊥平面AFC. (2)如图,以G 为坐标原点,分别以,的方向为x 轴,y 轴正方向,||为单位长度,建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得(,)A 00,(,E 10,(,F -10,()C 00， 所以(AE =1,(,CF =-1. 故cos ,||||AE CF AE CF AE CF ⋅<>==-3.所以直线AE 与直线CF所成角的余弦值为3 9.【解析】⑴∵ABEF 为正方形 ∴AF EF ⊥ ∵90AFD ∠=︒ ∴AF DF ⊥∵=DF EF F ∴AF ⊥面EFDC AF ⊥面ABEF ∴平面ABEF ⊥平面EFDC ⑵ 由⑴知60DFE CEF ∠=∠=︒∵AB EF ∥ AB ⊄平面EFDC EF ⊂平面EFDC ∴AB ∥平面ABCD AB ⊂平面ABCD ∵面ABCD 面EFDC CD = ∴AB CD ∥,∴CD EF ∥ ∴四边形EFDC 为等腰梯形以E 为原点，如图建标系，设FD a =()()000020E B a ，，，， ()02202a CA a a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，， ()020EB a =，，，22a BC a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，()200AB a =-，，设面BEC 法向量为()m x y z =，，.00m EB m BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111120202a y a x ay z ⋅=⎧⎪⎨⋅-+⋅=⎪⎩， ()301m =-，，设面ABC 法向量为()222n x y z =，， =00n BC n AB ⎧⋅⎪⎨⋅=⎪⎩.即222220220a x ay ax ⎧-+=⎪⎨⎪=⎩，()034n=， 设二面角E BC A --的大小为θ.cos 3m nm n θ⋅===+⋅ ∴二面角E BC A --的余弦值为 10.【解析】⑴证明：∵54AE CF ==，∴AE CF AD CD=，∴EF AC ∥．∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥，∴EF DH ⊥，∴EF D H '⊥．∵6AC =，∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥，∴4OB =， ∴1AE OH OD AO=⋅=，∴3DH D H '==，∴222'OD OH D H '=+， ∴'D H OH ⊥．又∵OH EF H =I ，∴'D H ⊥面ABCD ．⑵建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，，()430AB =uu u r ，，，()'133AD =-uuur ，，，()060AC =uuu r ，，，设面'ABD 法向量()1n x y z =，，u r ，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345xy z=⎧⎪=-⎨⎪=⎩，∴()1345n =-u r ，，．同理可得面'AD C 的法向量()2301n =u u r ，，，∴1212cos n n n n θ⋅===u r u u r u r u u r∴sin θ=11.设),,(z y x =为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM ， 即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取)1,2,0(=， 于是2558|||||,cos |==><AN n .。