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2014～2016年高考数学理科汇编详解：第八章立体几何初步8份

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2014～2016年高考数学理科汇编详解：第八章立体几何初步(8份)第二节空间几何体的表面积和体积A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·全国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.4πB.9π2C.6πD.32π32.(2016·全国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互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是()A.17πB.18πC.20πD.28π3.(2015·陕西，5)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A.3πB.4πC.2π＋4D.3π＋44.(2015·安徽，7)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是()A.1＋3B.2＋3C.1＋22D.225.(2015·新课标全国Ⅱ，9)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为()A.36πB.64πC.144πD.256π6.(2015·山东，7)在梯形ABCD中，∠ABC＝π2，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()A.2π3B.4π3C.5π3D.2π7.(2015·重庆，5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.13＋πB.23＋πC.13＋2πD.23＋2π8.(2015·新课标全国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所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.18B.17C.16D.159.(2015·湖南，10)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率＝新工件的体积原工件的体积)()A.89πB.169πC.4(2－1)3πD.12(2－1)3π10.(2014·重庆，7)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A.54B.60C.66D.7211.(2014·浙江，3)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是()A.90cm2B.129cm2C.132cm2D.138cm212.(2014·大纲全国，8)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为()A.81π4B.16πC.9πD.27π413.(2014·安徽，7)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为()A.21＋3B.18＋3C.21D.1814.(2014·陕西，5)已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为()A.32π3B.4πC.2πD.4π315.(2014·湖北，8)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求"囷盖"的术：置如其周，令相乘也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈136L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈275L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为()A.227B.258C.15750D.35511316.(2014·新课标全国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.1727B.59C.1027D.1317.(2016·四川，13)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________.18.(2016·浙江，14)如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是________.19.(2015·江苏，9)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为________.20.(2014·江苏，8)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相等，且S1S2＝94，则V1V2的值是________.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·东北师范大学附属中学第二次模拟)一个四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则这个四棱锥的侧面积是()A.2B.32＋26C.32＋22＋2D.32＋222.(2016·河南郑州一模)如图是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为()A.8πB.16πC.32πD.64π3.(2016·安徽马鞍山模拟)如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为()A.15B.16C.17D.184.(2016·广西南宁模拟)已知四棱锥S－ABCD的所有顶点都在半径为2的球O的球面上，四边形ABCD是边长为2的正方形，SC为球O的直径，则此棱锥的体积为()A.423B.36C.823D.225.(2016·河北石家庄二中一模)三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝1，PA＝3，则该三棱锥外接球的表面积为()A.5πB.2πC.20πD.4π6.(2016·山东莱芜模拟)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是()A.2B.92 C.32D.37.(2016·江西八校联考)正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD折叠，使点B与点C间的距离为3，则四面体ABCD外接球的表面积为()A.7πB.19πC.767π D.19619π8.(2015·湖北七州模拟)某个几何体的三视图如图所示(其中正视图中的圆弧是半径为2的半圆)，则该几何体的表面积为()A.92＋24πB.82＋24πC.92＋14πD.82＋14π9.(2015·安徽安庆模拟)一个正方体的棱长为m，表面积为n，一个球的半径为p，表面积为q.若mp＝2，则nq＝()A.8πB.6πC.π6D.π810.(2016·湖北沙市模拟)如图，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D－AEF体积的最大值为________.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.B[由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V的最大值为9π2.]2.A[由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O且互相垂直的三个平面)切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个14圆面积之和，易得球的半径为2，则得S＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π，故选A.]3.D[由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为：S＝2×12π×12＋12×2π×1×2＋2×2＝π＋2π＋4＝3π＋4.]4.B[由空间几何体的三视图可得该空间几何体的直观图，如图，∴该四面体的表面积为S表＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3，故选B.]5.C[如图，要使三棱锥O-ABC即C-OAB的体积最大，当且仅当点C到平面OAB的距离，即三棱锥C-OAB底面OAB上的高最大，其最大值为球O的半径R，则VO-ABC最大＝VC-OAB最大＝13×12S△OAB×R＝13×12×R2×R＝16R3＝36，所以R＝6，得S球O＝4πR2＝4π×62＝144π，选C.]6.C[如图,由题意,得BC＝2，AD＝AB＝1.绕AD所在直线旋转一周后所得几何体为一个圆柱挖去一个圆锥的组合体.所求体积V＝π×12×2－13π×12×1＝53π.]7.A[这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，V＝12π×12×2＋13×12×1×2×1＝π＋13，选A.]8.D[如图，由题意知，该几何体是正方体ABCD-A1B1C1D1被过三点A、B1、D1的平面所截剩余部分，截去的部分为三棱锥A-A1B1D1，设正方体的棱长为1，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为＝13×12×12×113－13×12×12×1＝15，选D.]9.A[易知原工件为一圆锥，V1＝13πr2h＝23π，设内接长方体长、宽、高为a、b、c，欲令体积最大，则a＝b.由截面图的相似关系知，c＋a2＋b2＝2，即c＋2a＝2，∴V长方体＝abc＝a2c＝a2(2－2a)，设g(a)＝2a2－2a3，则g′(a)＝4a－32a＝0，令g′(a)＝0，解得a＝432，所以令a＝432时，V长方体最大为1627，∴V长方体V1＝16272π3＝89π.故选A.]10.B[该几何体的直观图如图所示，易知该几何体的表面是由两个直角三角形，两个直角梯形和一个矩形组成的，则其表面积S＝12×3×4＋12×3×5＋2＋52×5＋2＋52×4＋3×5＝60.选B.]11.D[由三视图可知该几何体由一个直三棱柱与一个长方体组合而成(如图)，其表面积为S＝3×5＋2×12×4×3＋4×3＋3×3＋2×4×3＋2×4×6＋3×6＝138(cm2).]12.A[设球的半径为R，由题意可得(4－R)2＋(2)2＝R2，解得R＝94，所以该球的表面积为4πR2＝81π4.故选A.]13.A[根据题意作出直观图如图，该多面体是由正方体切去两个角而得到的，根据三视图可知其表面积为6(22－12×1×1)＋2×34×(2)2＝6×72＋3＝21＋3.故选A.]14.D[如图为正四棱柱AC1.根据题意得AC＝2，∴对角面ACC1A1为正方形，∴外接球直径2R＝A1C＝2，∴R＝1，∴V球＝4π3，故选D.]15.B[圆锥的体积V＝13πr2h＝13πL2π2h＝L2h12π,由题意得12π≈752，π近似取为258，故选B.]16.C[由三视图知该零件是两个圆柱的组合体.一个圆柱的底面半径为2cm，高为4cm；另一个圆柱的底面半径为3cm，高为2cm.则零件的体积V1＝π×22×4＋π×32×2＝34π(cm3).而毛坯的体积V＝π×32×6＝54π(cm3)，因此切削掉部分的体积V2＝V－V1＝54π－34π＝20π(cm3)，所以V2V＝20π54π＝1027.故选C.]17.33[由题可知，∵三棱锥每个面都是腰为2的等腰三角形，由正视图可得如右俯视图，且三棱锥高为h＝1，则面积V＝13Sh＝13×12×23×1×1＝33.]18.12[设PD＝DA＝x，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，∴AC＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos∠ABC＝4＋4－2×2×2×cos120°＝23，∴CD＝23－x，且∠ACB＝12(180°－120°)＝30°，∴S△BCD＝12BC·DC×sin∠ACB＝12×2×(23－x)×12＝12(23－x).要使四面体体积最大，当且仅当点P到平面BCD的距离最大，而P到平面BCD的最大距离为x.则V四面体PBCD＝13×12(23－x)x＝16[－(x－3)2＋3]，由于0＜x＜23，故当x＝3时，V四面体PBCD的最大值为16×3＝12.]19.7[设新的底面半径为r，由题意得13πr2·4＋πr2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r＝7.]20.32[设圆柱甲的底面半径为r1，高为h1，圆柱乙的底面半径为r2，高为h2.由题意得S1S2＝πr21πr22＝94，∴r1r2＝32.又∵S甲侧＝S乙侧，即2πr1h1＝2πr2h2，∴h1h2＝r2r1＝23，故V1V2＝S1h1S2h2＝S1S2·h1h2＝94×23＝32.]B组两年模拟精选(2016～2015年)1.D[由三视图知四棱锥如图所示，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD为正方形，PC＝13，AC＝BD＝2，则正方形边长为2，BC⊥侧面PAB，CD⊥侧面PAD.所以PA＝PC2－AC2＝3，PB＝PD＝AB2＋PA2＝11.四棱锥侧面积S侧＝S△PAB＋S△PAD＋S△PBC＋S△PDC＝2×12×3×2＋2×12×2×11＝32＋22.故选D.]2.C[由三视图可得，该几何体是四棱锥(如图)，其中底面BCDE⊥侧面ABC，且底面BCDE为正方形(边长为4)，侧面ABC为等腰直角三角形(AB＝AC＝22)，利用补形可知以A，B，C，D，E为部分顶点的长方体的外接球即为四棱锥A－BCDE的外接球，其半径为R＝（22）2＋（22）2＋422＝22，所以外接球的表面积S＝4πR2＝32π，故选C.]3.A[在长方体ABCD－A′B′C′D′中，多面体ADD′FCE即为三视图对应的几何体，作EM⊥DC于M，连接FM，则MC＝1，EM＝3，FM＝3，DM＝3.则V＝V三棱柱ADD′－FME＋V三棱锥E－FMC＝S△EMF·DM＋13S△MFC·EM＝12×3×3×3＋13×12×1×3×3＝15.故选A.]4.C[连接AC，由已知得∠SAC＝∠SBC＝∠SDC＝90°，∵CD⊥AD，CD⊥SD，AD∩SD＝D.∴CD⊥平面SAD，则CD⊥SA.又SA⊥AC，CD∩AC＝C.∴SA⊥平面ABCD.∵SC＝4，CD＝2，∴SD＝23.∴SA＝SD2－AD2＝22.∴四棱锥S－ABCD的体积V＝13S四边形ABCD·SA＝13×4×22＝823.故选C.]5.A[把三棱锥P－ABC看作由一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体截得的一部分(如图).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球.又长方体的体对角线长为12＋12＋（3）2＝5，故外接球半径为52，表面积为4π×522＝5π.]6.D[根据三视图判断几何体为四棱锥，其直观图如图所示.V＝13×1＋22×2x＝3?x＝3.故选D.]7.A[由题意可知四面体ABCD中，BD＝CD＝1，AB＝AC＝2，AD＝3，BC＝3，∠BDC＝120°，易得AD⊥BD，AD⊥CD，∴AD⊥平面BCD，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，3)，B(1，0，0)，C－12，32，0，D(0，0，0)，设球心为O(x，y，z)，由OA＝OB＝OC＝OD，可得O12，32，32，球的半径r＝72，∴表面积S＝4πr2＝7π.]8.C[该几何体是个半圆柱与长方体的组合体，直观图如图，表面积为S＝5×4＋2×4×4＋2×4×5＋2π×5＋π×22＝92＋14π.]9.B[由题意可以得到n＝6m2，q＝4πp2，所以nq＝6m24πp2＝32π×4＝6π，故选B.]10.26[因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AF，又AF⊥CD，BC∩CD＝C，所以AF⊥平面DCB，所以AF⊥EF，AF⊥DB，又DB⊥AE，AE∩AF＝A，所以DB⊥平面AEF，所以DE为三棱锥D－AEF的高.因为AE为等腰直角三角形ABD斜边上的高，所以AE＝2，设AF＝a，FE＝b，则△AEF的面积S＝12ab≤12·a2＋b22＝12×22＝12，所以三棱锥D－AEF的体积V≤13×12×2＝26(当且仅当a＝b＝1时等号成立).]第六节空间向量的应用A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·全国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＝54,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.OD′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.2.(2015·陕西,18)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD＝π2,AB＝BC＝1,AD＝2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.3.(2015·天津,17)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB＝1,AC＝AA1＝2,AD＝CD＝5,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证：MN∥平面ABCD；(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值；(3)设E为棱A1B1上的点,若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为13,求线段A1E的长.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·云南丽江模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中,AB＝2,AA1＝3,AD＝22,P为C1D1的中点,M为BC的中点,则AM与PM的位置关系为()A.平行B.异面C.垂直D.以上都不对2.(2015·长沙模拟)有以下命题：①如果向量a,b与任何向量不能构成空间向量的一个基底,那么a,b的关系是不共线；②O,A,B,C为空间四点,且向量OA→,OB→,OC→不构成空间的一个基底,那么点O,A,B,C一定共面；③已知向量a,b,c是空间的一个基底,则向量a＋b,a－b,c也是空间的一个基底.其中正确的命题是()A.①②B.①③C.②③D.①②③3.(2016·莆田模拟)已知a＝(2,－1,3),b＝(－1,4,－2),c＝(7,5,λ),若a,b,c三向量共面,则实数λ等于()A.627B.637C.607D.6574.(2015·福州模拟)若两点的坐标是A(3cosα,3sinα,1),B(2cosβ,2sinβ,1),则|AB|的取值范围是()A.[0,5]B.[1,5]C.(0,5)D.[1,25]5.(2016·吉林四平模拟)如图,平面PAC⊥平面ABC,△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,E,F,O分别为PA,PB,AC的中点,AC＝16,PA＝PC＝10.(1)设G是OC的中点,证明：FG∥平面BOE；(2)证明：在△ABO内存在一点M,使FM⊥平面BOE,并求点M到OA,OB的距离.6.(2015·河南商丘模拟)如图,在三棱柱ABC－A1B1C1中,已知AB⊥侧面BB1C1C,AB＝BC＝1,BB1＝2,∠BCC1＝60°.(1)求证：C1B⊥平面ABC；(2)设CE→＝λCC1→(0≤λ≤1),且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°,试求λ的值.7.(2015·山东青岛一模)如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的的菱形,∠BAD＝60°,四边形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,BF＝3,G和H分别是CE和CF的中点.(1)求证：平面BDGH∥平面AEF；(2)求二面角H－BD－C的大小.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.(1)证明由已知得AC⊥BD,AD＝CD.又由AE＝CF得AEAD＝CFCD,故AC∥EF.因此EF⊥HD,从而EF⊥D′H.由AB＝5,AC＝6得DO＝BO＝AB2－AO2＝4.由EF∥AC得OHDO＝AEAD＝14.所以OH＝1,D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2,故D′H⊥OH.又D′H⊥EF,而OH∩EF＝H,所以D′H⊥平面ABCD.(2)解如图,以H为坐标原点,HF→的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H－xyz.则H(0,0,0),A(－3,－1,0),B(0,－5,0),C(3,－1,0),D′(0,0,3),AB→＝(3,－4,0),AC→＝(6,0,0),AD′→＝(3,1,3).设m＝(x1,y1,z1)是平面ABD′的法向量,则m·AB→＝0，m·AD′→＝0，即3x1－4y1＝0，3x1＋y1＋3z1＝0，所以可取m＝(4,3,－5).设n＝(x2,y2,z2)是平面ACD′的法向量,则n·AC→＝0，n·AD′→＝0，即6x2＝0，3x2＋y2＋3z2＝0，所以可取n＝(0,－3,1).于是cos〈m,n〉＝m·n|m||n|＝－1450×10＝－7525.sin〈m,n〉＝29525.因此二面角B－D′A－C的正弦值是29525.2.(1)证明在图1中,因为AB＝BC＝1,AD＝2,E是AD的中点,∠BAD＝π2,所以BE⊥AC,图1即在图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,且A1O∩OC＝O,图2从而BE⊥平面A1OC,又在直角梯形ABCD中,AD∥BC,BC＝12AD,E为AD中点,所以BC綉ED,所以四边形BCDE为平行四边形,故有CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)解由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,所以∠A1OC为二面角A1BEC的平面角,所以∠A1OC＝π2,如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1,BC∥ED,所以B22，0，0,E－22，0，0,A10，0，22,C0，22，0,得BC→＝－22，22，0,A1C→＝0，22，－22,CD→＝BE→＝(－2,0,0),设平面A1BC的法向量n1＝(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2＝(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为θ,则n1·BC→＝0，n1·A1C→＝0，得－x1＋y1＝0，y1－z1＝0，取n1＝(1,1,1)；n2·CD→＝0，n2·A1C→＝0，得x2＝0，y2－z2＝0，取n2＝(0,1,1),从而cosθ＝|cos<n1,n2>|＝23×2＝63,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为63.3.如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,－2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,－2,2),又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M1，12，1,N(1,－2,1).(1)证明依题意,可得n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,MN→＝0，－52，0,由此可得MN→·n＝0,又因为直线MN?平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)解AD1→＝(1,－2,2),AC→＝(2,0,0),设n1＝(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则n1·AD1→＝0，n1·AC→＝0，即x－2y＋2z＝0，2x＝0.不妨设z＝1,可得n1＝(0,1,1).设n2＝(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则n2·AB1→＝0，n2·AC→＝0，又AB1→＝(0,1,2),得y＋2z＝0，2x＝0，不妨设z＝1,可得n2＝(0,－2,1).因此有cos〈n1,n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝－1010,于是sin〈n1,n2〉＝31010.所以,二面角D1ACB1的正弦值为31010.(3)解依题意,可设A1E→＝λA1B1→,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而NE→＝(－1,λ＋2,1),又n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos〈NE→,n〉＝NE→·n|NE→|·|n|＝1（－1）2＋（λ＋2）2＋12＝13,整理得λ2＋4λ－3＝0,又因为λ∈[0,1],解得λ＝7－2,所以,线段A1E的长为7－2.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.C[建立如图所示空间直角坐标系,可得D(0,0,0),P(0,1,3),C(0,2,0),A(22,0,0),M(2,2,0).∴PM→＝(2,1,－3),AM→＝(－2,2,0).∴PM→·AM→＝(2,1,－3)·(－2,2,0)＝0.∴PM→⊥AM→,即AM⊥PM.]2.C[对于①,"如果向量a,b与任何向量不能构成空间向量的一个基底,那么a,b的关系一定是共线",所以①错误,②③正确.]3.D[由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ,－t＋4μ,3t－2μ),∴7＝2t－μ，5＝－t＋4μ，λ＝3t－2μ，解得t＝337，μ＝177，λ＝657.]4.B[∵A(3cosα,3sinα,1),B(2cosβ,2sinβ,1),|AB|＝（3cosα－2cosβ）2＋（3sinα－2sinβ）2＋（1－1）2＝9＋4－12（cosαcosβ＋sinαsinβ）＝13－12cos（α－β）,∴13－12≤|AB|≤13＋12＝5,即1≤|AB|≤5,故选B.]5.证明(1)如图,连接OP,易知OB,OC,OP两两垂直,以点O为坐标原点,分别以OB,OC,OP所在直线为x轴,y轴,x轴,建立空间直角坐标系O－xyz,则O(0,0,0),A(0,－8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,0,6),E(0,－4,3),F(4,0,3).由题意,得G(0,4,0)因为OB→＝(8,0,0),OE→＝(0,－4,3),所以平面BOE的一个法向量为n＝(0,3,4).由FG→＝(－4,4,－3),得n·FG→＝0,即n⊥FG→.又直线FG不在平面BOE内,所以FG∥平面BOE.(2)设点M的坐标为(x0,y0,0),则FM→＝(x0－4,y0,－3).所FM⊥平面BOE,所以FM→∥n.因此x0＝4,y0＝－94,即点M的坐标是(4,－94,0).在平面直角坐标系xOy中,△AOB的内部区域可表示为不等式组x>0，y<0，x－y<8.经检验,点M的坐标满足上述不等式组,所以在△AOB内存在一点M,使FM⊥平面BOE.由点M的坐标得点M到OA,OB的距离分别为4,94.6.(1)证明因为AB⊥平面BB1C1C,BC1?平面BB1C1C,所以AB⊥BC1,在△CBC1中,BC＝1,CC1＝BB1＝2,∠BCC1＝60°,由余弦定理得：BC21＝BC2＋CC21－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2×cos60°＝3,所以BC1＝3,故BC2＋BC21＝CC21,所以BC⊥BC1,又BC∩AB＝B,∴C1B⊥平面ABC.(2)解由(1)可知,AB,BC,BC1两两垂直.以B为原点,BC,BA,BC1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.则B(0,0,0),A(0,1,0),C(1,0,0),C1(0,0,3),B1(－1,0,3).所以CC1→＝(－1,0,3),所以CE→＝(－λ,0,3λ),∴E(1－λ,0,3λ),则AE→＝(1－λ,－1,3λ),AB1→＝(－1,－1,3).设平面AB1E的一个法向量为n＝(x,y,z),则n⊥AE→，n⊥AB1→，得（1－λ）x－y＋3λz＝0，－x－y＋3z＝0，令z＝3,则x＝3－3λ2－λ,y＝32－λ,∴n＝3－3λ2－λ，32－λ，3,∵AB⊥平面BB1C1C,BA→＝(0,1,0)是平面的一个法向量,∴|cos〈n,BA→〉|＝n·BA→|n|·|BA→|＝32－λ1×3－3λ2－λ2＋32－λ2＋（3）2＝32.两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0,所以λ＝1或λ＝32(舍去).∴λ＝1.7.(1)证明在△CEF中,因为G,H分别是CE,CF的中点.所以GH∥EF,又因为GH?平面AEF,EF?平面AEF,所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O,连接OH,因为ABCD为菱形,所以O为AC中点,所以OH∥AF,又因为OH?平面AEF,AF?平面AEF,所以OH∥平面AEF.又因为OH∩GH＝H,OH,GH?平面BDGH,所以平面BDGH∥平面AEF.(2)解取EF的中点N,连接ON,因为四边形BDEF是矩形,O,N分别为BD,EF的中点,所以ON∥ED,因为平面BDEF⊥平面ABCD,所以ED⊥平面ABCD,所以ON⊥平面ABCD,因为ABCD为菱形,所以AC⊥BD,得OB,OC,ON两两垂直.所以以O为原点,OB,OC,ON所在直线分别为x轴,y轴,z轴,如图建立空间直角坐标系.因为底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD＝60°,BF＝3,所以B(1,0,0),D(－1,0,0),E(－1,0,3),F(1,0,3),C(0,3,0),H12，32，32,所以BH→＝－12，32，32,DB→＝(2,0,0).设平面BDH的法向量为n＝(x,y,z),则n·BH→＝0n·DB→＝0?－x＋3y＋3z＝0，2x＝0，令z＝1,得n＝(0,－3,1).由ED⊥平面ABCD,得平面BCD的法向量为DE→＝(0,0,3),则cos〈n,DE→〉＝n·DE→|n||DE→|＝0×0＋（－3）×0＋1×32×3＝12.结合图形知二面角H－BD－C的大小为60°.第七节空间角与距离A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2014·广东,5)已知向量a＝(1,0,－1),则下列向量中与a成60°夹角的是()A.(－1,1,0)B.(1,－1,0)C.(0,－1,1)D.(－1,0,1)2.(2014·四川,8)如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sinα的取值范围是()A.33，1B.63，1C.63，223D.223，13.(2014·新课标全国Ⅱ,11)直三棱柱ABCA1B1C1中,∠BCA＝90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC＝CA＝CC1,则BM与AN所成角的余弦值为()A.110B.25C.3010D.224.(2014·江西,10)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB＝11,AD＝7,AA1＝12.一质点从顶点A射向点E(4,3,12),遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理),将第i－1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i＝2,3,4),L1＝AE,将线段L1,L2,L3,L4竖直放置在同一水平线上,则大致的图形是()5.(2015·四川,14)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E、F分别为AB、BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为________.6.(2015·安徽,19)如图所示,在多面体A1B1D1?DCBA,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C.(2)求二面角E?A1D?B1的余弦值.7.(2015·重庆,19)如图,三棱锥PABC中,PC⊥平面ABC,PC＝3,∠ACB＝π2.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD＝DE＝2,CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值.8.(2015·北京,17)如图,在四棱锥AEFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC＝4,EF＝2a,∠EBC＝∠FCB＝60°,O为EF的中点.(1)求证：AO⊥BE；(2)求二面角FAEB的余弦值；(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.9.(2015·四川,18)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示,在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN∥平面BDH；(3)求二面角AEGM的余弦值.10.(2015·江苏,22)如图,在四棱锥PABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC＝∠BAD＝π2,PA＝AD＝2,AB＝BC＝1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.11.(2015·山东,17)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB＝2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF＝DE,∠BAC＝45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.12.(2014·陕西,17)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.13.(2014·天津,17)如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD＝DC＝AP＝2,AB＝1,点E为棱PC的中点.(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角FABP的余弦值.14.(2014·四川,18)三棱锥A?BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A?NP?M的余弦值；B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·四川成都模拟)在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中,M是AA1的中点,则点A1到平面BDM的距离是()A.66aB.306aC.34aD.63a2.(2016·泰安模拟)已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos〈m,n〉＝－12,则l与α所成的角为()A.30°B.60°C.120°D.150°3.(2015·宁夏银川调研考试)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等,则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于()A.64B.104C.22D.324.(2015·广州模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中,M,N分别为棱AA1和BB1的中点,则sin〈CM→,D1N→〉的值为()A.19B.459C.259D.235.(2016·江西抚州模拟)已知正方形ABCD的边长为4,CG⊥平面ABCD,CG＝2,E,F分别是AB,AD的中点,则点C到平面GEF的距离为________.6.(2016·福州模拟)如图,四面体ABCD中,AB,BC,BD两两垂直,AB＝BC＝BD＝4,E,F分别为棱BC,AD的中点.(1)求异面直线AB与EF所成角的余弦值；(2)求点E到平面ACD的距离；(3)求EF与平面ACD所成角的正弦值.7.(2016·安徽安庆模拟)已知三棱锥P－ABC的各顶点都在以O为球心的球面上,且PA、PB、PC两两垂直,若PA＝PB＝PC＝2,则球心O到平面ABC的距离为________.8.(2016·南京模拟)如图,△ABC是以∠ABC为直角的三角形,SA⊥平面ABC,SA＝BC＝2,AB＝4.M,N,D分别是SC,AB,BC的中点.(1)求证：MN⊥AB；(2)求二面角S－ND－A的余弦值；(3)求点A到平面SND的距离.9.(2015·广东六校联盟模拟)如图,将长为4,宽为1的长方形折叠成长方体ABCD－A1B1C1D1的四个侧面,记底面上一边AB＝t(0<t<2),连接A1B,A1C,A1D.(1)当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时,求二面角B－A1C－D的值；(2)线段A1C上是否存在一点P,使得A1C⊥平面BPD,若有,求出P点的位置,没有请说明理由.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.B[设选项中的向量与a的夹角为θ,对于选项A,由于cosθ＝1×（－1）＋0×1＋（－1）×012＋02＋（－1）2×（－1）2＋12＋02＝－12,此时夹角θ为120°,不满足题意；对于选项B,由于cosθ＝1×1＋0×（－1）＋（－1）×012＋02＋（－1）2×12＋（－1）2＋02＝12,此时夹角θ为60°,满足题意.故选B.]2.B[易证AC1⊥平面A1BD,当点P在线段CC1上从C运动到C1时,直线OP与平面A1BD所成的角α的变化情况：∠AOA1→π2→∠C1OA1(点P为线段CC1的中点时,α＝π2),由于sin∠AOA1＝63,sin∠C1OA1＝223>63,sinπ2＝1,所以sinα的取值范围是[63,1].]3.C[以C1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设BC＝CA＝CC1＝2,则A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),∴AN→＝(－1,0,－2),BM→＝(1,－1,－2),∴cos〈AN→,BM→〉＝AN→·BM→|AN→||BM→|＝－1＋45×6＝330＝3010,故选C.]4.C[根据反射的对称性,质点是在过A,E,A1的平面内运动.因为711<34,所以过A、E,A1作长方体的截面AA1NM如图所示.设点A关于平面A1B1C1D1的对称点为A′,易知它在z轴上,且A′A1＝AA1＝12,连接A′E并延长交平面ABCD于点E1,因为A1E＝5,所以AE1＝10,且E1到AB,AD的距离分别为6,8,即E1(8,6,0),而它在线段AM上,从而知L1＝AE＝EE1＝L2；事实上,只需要在AA1NM内,过E1作AE的平行线交MN于点E2,再过E2作E1E的平行线交A1N于点E3,可知EE1>E2E3＝L4>E1E2＝L3,故L1＝L2>L4>L3,故选C.]5.25[建立空间直角坐标系如图所示,设AB＝1,则AF→＝1，12，0,E12，0，0,设M(0,y,1)(0≤y≤1),则EM→＝－12，y，1,∴cosθ＝－12＋12y1＋1414＋y2＋1＝－1－y52·4y2＋5.设异面直线所成的角为α,则cosα＝|cosθ|＝1－y52·4y2＋5＝255·1－y4y2＋5,令t＝1－y,则y＝1－t,∵0≤y≤1,∴0≤t≤1,那么cosα＝|cosθ|＝255·t4t2－8t＋9＝255t24t2－8t＋9＝25514－8t＋9t2,令x＝1t,∵0≤t≤1,∴x≥1,那么cosα＝25514－8x＋9x2,又∵z＝9x2－8x＋4在[1,＋∞)上单增,∴x＝1,zmin＝5,此时cosα的最大值＝255·15＝255·55＝25.]6.(1)证明由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1＝AB＝DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C∥A1D,又A1D?面A1DE,B1C?面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C?面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF,所以EF∥B1C.(2)解因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点,分别以AB→,AD→,AA1→为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为12，12，1.设面A1DE的法向量n1＝(r1,s1,t1),而该面上向量A1E→＝12，12，0,A1D→＝(0,1,－1),由n1⊥A1E→.n1⊥A1D→得r1,s1,t1应满足的方程组12r1＋12s1＝0，s1－t1＝0，(－1,1,1)为其一组解,所以可取n1＝(－1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2＝(r2,s2,t2),而该面上向量A1B1→＝(1,0,0),A1D→＝(0,1,－1),由此同理可得n2＝(0,1,1).所以结合图形知二面角E?A1D?B1的余弦值为|n1·n2||n1|·|n2|＝23×2＝63.7.(1)证明由PC⊥平面ABC,DE?平面ABC,故PC⊥DE.由CE＝2,CD＝DE＝2得△CDE为等腰直角三角形,故CD⊥DE.由PC∩CD＝C,DE垂直于平面PCD内两条相交直线,故DE⊥平面PCD.(2)解由(1)知,△CDE为等腰直角三角形,∠DCE＝π4,如图,过D作DF垂直CE于F,易知DF＝FC＝FE＝1,又已知EB＝1,故FB＝2.由∠ACB＝π2得DF∥AC,DFAC＝FBBC＝23,故AC＝32DF＝32.以C为坐标原点,分别以CA→,CB→,CP→的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),P(0,0,3),A32，0，0,E(0,2,0),D(1,1,0),ED→＝(1,-1,0),DP→＝(-1,-1,3),DA→＝12，－1，0.设平面PAD的法向量为n1＝(x1,y1,z1),由n1·DP→＝0,n1·DA→＝0,得－x1－y1＋3z1＝0，12x1－y1＝0，故可取n1＝(2,1,1).由(1)可知DE⊥平面PCD,故平面PCD的法向量n2可取为ED→,即n2＝(1,－1,0).从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos〈n1,n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝36,故所求二面角APDC的余弦值为36.8.(1)证明因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB.AO?平面AEF,所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.(2)解取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB.又OG?平面EFCB,所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系Oxyz,则E(a,0,0),A(0,0,3a),B(2,3(2－a),0),EA→＝(－a,0,3a),BE→＝(a－2,3(a－2),0).设平面AEB的法向量为n＝(x,y,z),则n·EA→＝0，n·BE→＝0，即－ax＋3az＝0，（a－2）x＋3（a－2）y＝0.令z＝1,则x＝3,y＝－1,于是n＝(3,－1,1).平面AEF的法向量为p＝(0,1,0).所以cos〈n,p〉＝n·p|n||p|＝－55.由题知二面角FAEB为钝角,所以它的余弦值为－55.(3)解因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即BE→·OC→＝0,因为BE→＝(a－2,3(a－2),0),OC→＝(－2,3(2－a),0),所以BE→·OC→＝－2(a－2)－3(a－2)2.由BE→·OC→＝0及0<a<2,解得a＝43.9.(1)解点F,G,H的位置如图所示.(2)证明连接BD,设O为BD的中点,因为M,N分别是BC,GH的中点,所以OM∥CD,且OM＝12CD,HN∥CD,且HN＝12CD,所以OM∥HN,OM＝HN,所以MNHO是平行四边形,从而MN∥OH,又MN?平面BDH,OH?平面BDH,所以MN∥平面BDH.(3)解法一连接AC,过M作MP⊥AC于P,在正方体ABCD-EFGH中,AC∥EG,所以MP⊥EG,过P作PK⊥EG于K,连接KM,所以EG⊥平面PKM,从而KM⊥EG,所以∠PKM是二面角AEGM的平面角,设AD＝2,则CM＝1,PK＝2,在Rt△CMP中,PM＝CMsin45°＝22,在Rt△PKM中,KM＝PK2＋PM2＝322,所以cos∠PKM＝PKKM＝223,即二面角AEGM的余弦值为223.法二如图,以D为坐标原点,分别以DA→,DC→,DH→方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Dxyz,设AD＝2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,GE→＝(2,－2,0),MG→＝(－1,0,2),设平面EGM的一个法向量为n1＝(x,y,z),由n1·GE→＝0，n1·MG→＝0，2x－2y＝0，－x＋2z＝0，取x＝2,得n1＝(2,2,1),在正方体ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC,则可取平面AEG的一个法向量为n2＝DO→＝(1,1,0),所以cosn1,n2＝n1·n2|n1|·|n2|＝2＋2＋04＋4＋1·1＋1＋0＝223,故二面角AEGM的余弦值为223.10.解以{AB→,AD→,AP→}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)因为AD⊥平面PAB,所以AD→是平面PAB的一个法向量,AD→＝(0,2,0).因为PC→＝(1,1,－2),PD→＝(0,2,－2).设平面PCD的法向量为m＝(x,y,z),则m·PC→＝0,m·PD→＝0,即x＋y－2z＝0，2y－2z＝0.令y＝1,解得z＝1,x＝1.所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos〈AD→,m〉＝AD→·m|AD→||m|＝33,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为33.(2)因为BP→＝(－1,0,2),设BQ→＝λBP→＝(－λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又CB→＝(0,－1,0),则CQ→＝CB→＋BQ→＝(－λ,－1,2λ),又DP→＝(0,－2,2),从而cos〈CQ→,DP→〉＝CQ→·DP→|CQ→||DP→|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t,t∈[1,3],则cos2〈CQ→,DP→〉＝2t25t2－10t＋9＝291t－592＋209≤910.当且仅当t＝95,即λ＝25时,|cos〈CQ→,DP→〉|的最大值为31010.因为y＝cosx在0，π2上是减函数,此时直线CQ与DP所成角取得最小值.又因为BP＝12＋22＝5,所以BQ＝25BP＝255.11.(1)证明法一连接DG,CD,设CD∩GF＝O,连接OH,在三棱台DEF-ABC中,AB＝2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF＝GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD,又OH?平面FGH,BD?平面FGH,所以BD∥平面FGH.法二在三棱台DEF-ABC中,由BC＝2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH＝EF,所以四边形BHFE为平行四边形,可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.又GH∩HF＝H,所以平面FGH∥平面ABED.因为BD?平面ABED,所以BD∥平面FGH.(2)解法一设AB＝2,则CF＝1.在三棱台DEFABC中,G为AC的中点,由DF＝12AC＝GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG∥FC,又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC＝45°,G是AC中点.所以AB＝BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两垂直.以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.所以G(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,1).可得H22，22，0,F(0,2,1),故GH→＝22，22，0,GF→＝(0,2,1).设n＝(x,y,z)是平面FGH的一个法向量,则由n·GH→＝0，n·GF→＝0，可得x＋y＝0，2y＋z＝0.可得平面FGH的一个法向量n＝(1,－1,2).因为GB→是平面ACFD的一个法向量,GB→＝(2,0,0).所以cos〈GB→,n〉＝GB→·n|GB→|·|n|＝222＝12.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.法二作HM⊥AC于点M,作MN⊥GF于点N,连接NH.由FC⊥平面ABC,得HM⊥FC,又FC∩AC＝C,所以HM⊥平面ACFD.因此GF⊥NH,所以∠MNH即为所求的角.在△BGC中,MH∥BG,MH＝12BG＝22,由△GNM∽△GCF,可得MNFC＝GMGF,从而MN＝66.由HM⊥平面ACFD,MN?平面ACFD,得HM⊥MN,因此tan∠MNH＝HMMN＝3,所以∠MNH＝60°,所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.12.(1)证明由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD＝DC＝2,AD＝1.由题设,BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC＝FG,平面EFGH∩平面ABC＝EH,∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,∴四边形EFGH是平行四边形.又∵AD⊥DC,AD⊥BD,∴AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,∴四边形EFGH是矩形.(2)解法一如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),DA→＝(0,0,1),BC→＝(－2,2,0),BA→＝(－2,0,1).设平面EFGH的法向量n＝(x,y,z),∵EF∥AD,FG∥BC,∴n·DA→＝0,n·BC→＝0,得z＝0，－2x＋2y＝0，取n＝(1,1,0),∴sinθ＝|cos〈BA→,n〉|＝BA→·n|BA→||n|＝25×2＝105.法二建立以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),∵E是AB的中点,∴F,G分别为BD,DC的中点,得E(1,0,12),F(1,0,0),G(0,1,0).∴FE→＝0，0，12,FG→＝(－1,1,0),BA→＝(－2,0,1).设平面EFGH的法向量n＝(x,y,z),则n·FE→＝0,n·FG→＝0,得12z＝0，－x＋y＝0，取n＝(1,1,0),∴sinθ＝|cos〈BA→,n〉|＝BA→·n|BA→||n|＝25×2＝105.13.法一依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).(1)证明向量BE→＝(0,1,1),DC→＝(2,0,0),故BE→·DC→＝0.所以,BE⊥DC.(2)解向量BD→＝(－1,2,0),PB→＝(1,0,－2).设n＝(x,y,z)为平面PBD的法向量.则n·BD→＝0，n·PB→＝0，即－x＋2y＝0，x－2z＝0.不妨令y＝1,可得n＝(2,1,1)为平面PBD的一个法向量,于是有cos〈n,BE→〉＝n·BE→|n|·|BE→|＝26×2＝33.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33.(3)解向量BC→＝(1,2,0),CP→＝(－2,－2,2),AC→＝(2,2,0),AB→＝(1,0,0).由点F在棱PC上,设CF→＝λCP→,0≤λ≤1.故BF→＝BC→＋CF→＝BC→＋λCP→＝(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得BF→·AC→＝0,因此,2(1-2λ)＋2(2-2λ)＝0,解得λ＝34.即BF→＝－12，12，32.设n1＝(x,y,z)为平面FAB的法向量,则n1·AB→＝0，n1·BF→＝0，即x＝0，－12x＋12y＋32z＝0.不妨令z＝1,可得n1＝(0,－3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0),则cos〈n1,n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝－310×1＝－31010.易知,二面角FABP是锐角,所以其余弦值为31010.法二(1)证明如图,取PD中点M,连接EM,AM.由于E,M分别为PC,PD的中点,故EM∥DC,且EM＝12DC,又由已知,可得EM∥AB且EM＝AB,故四边形ABEM为平行四边形,所以BE∥AM.因为PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA,从而CD⊥平面PAD,因为AM?平面PAD,于是CD⊥AM,又BE∥AM,所以BE⊥CD.(2)解连接BM,由(1)有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD,而EM∥CD,故PD⊥EM,又因为AD＝AP,M为PD的中点,故PD⊥AM,可得PD⊥BE,所以PD⊥平面BEM,故平面BEM⊥平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM,而BE⊥EM,可得∠EBM为锐角,故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角.依题意,有PD＝22,而M为PD中点,可得AM＝2,进而BE＝2.故在直角三角形BEM中,tan∠EBM＝EMBE＝ABBE＝12,因此sin∠EBM＝33.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33.(3)解如图,在△PAC中,过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD,故FH⊥底面ABCD,从而FH⊥AC.又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH.在底面ABCD内,可得CH＝3HA,从而CF＝3FP.在平面PDC内,作FG∥DC交PD于点G,于是DG＝3GP.由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F,G四点共面.由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG.所以∠PAG为二面角FABP的平面角.在△PAG中,PA＝2,PG＝14PD＝22,∠APG＝45°,由余弦定理可得AG＝102,cos∠PAG＝31010.所以,二面角FABP的余弦值为31010.14.(1)证明如图,取BD中点O,连接AO,CO.由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD为正三角形,因此AO⊥BD,OC⊥BD.因为AO、OC?平面AOC,且AO∩OC＝O,所以BD⊥平面AOC.又因为AC?平面AOC,所以BD⊥AC.取BO的中点H,连接NH,PH,又M,N分别为线段AD,AB的中点,所以NH∥AO,MN//BD.因为AO⊥BD,所以NH⊥BD.因为MN⊥NP,所以NP⊥BD.因为NH,NP?平面NHP,且NH∩NP＝N,所以BD⊥平面NHP.又因为HP?平面NHP,所以BD⊥HP.又OC⊥BD,HP?平面BCD,OC?平面BCD,所以HP∥OC.因为H为BO的中点,故P为BC中点.(2)解法一如图,作NQ⊥AC于Q,连接MQ.由(1)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP.因为MN⊥NP,所以∠MNQ为二面角A?NP?M的一个平面角.由(1)知,△ABD,△BCD是边长为2的正三角形,所以AO＝OC＝3.由俯视图可知,AO⊥平面BCD.因为OC?平面BCD,所以AO⊥OC,因此在等腰Rt△AOC中,AC＝6,作BR⊥AC于R.在△ABC中,AB＝BC,所以BR＝AB2－AC22＝102.因为在平面ABC内,NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR.又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点,因此NQ＝BR2＝104.同理,可得MQ＝104.所以在等腰△MNQ中,cos∠MNQ＝MN2NQ＝BD4NQ＝105.故二面角A?NP?M的余弦值是105.法二由俯视图及(1)可知,AO⊥平面BCD.因为OC,OB?平面BCD,所以AO⊥OC,AO⊥OB.又OC⊥OB,所以直线OA,OB,OC两两垂直.如图,以O为坐标原点,以OB→,OC→,OA→的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O?xyz.则A(0,0,3),B(1,0,0),C(0,3,0),D(－1,0,0).因为M,N分别为线段AD,AB的中点,又由(1)知,P为线段BC的中点,所以M－12，0，32,N12，0，32,P12，32，0.于是AB→＝(1,0,－3),BC→＝(－1,3,0),MN→＝(1,0,0),NP→＝0，32，－32.设平面ABC的法向量n1＝(x1,y1,z1),则n1⊥AB→，n1⊥BC→，即n1·AB→＝0，n1·BC→＝0，有（x1，y1，z1）·（1，0，－3）＝0，（x1，y1，z1）·（－1，3，0）＝0，从而x1－3z1＝0，－x1＋3y1＝0.取z1＝1,则x1＝3,y1＝1,所以n1＝(3,1,1).连接MP,设平面MNP的法向量n2＝(x2,y2,z2),则n2⊥MN→，n2⊥NP→，即n2·MN→＝0，n2·NP→＝0，有（x2，y2，z2）·（1，0，0）＝0，（x2，y2，z2）·0，32，－32＝0，从而x2＝0，32y2－32z2＝0.取z2＝1,所以n2＝(0,1,1).设二面角A?NP?M的大小为θ,则cosθ＝n1·n2|n1|·|n2|＝（3，1，1）·（0，1，1）5×2＝105.故二面角A?NP?M的余弦值是105.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.A[以D为原点建立空间直角坐标系,正方体棱长为a,则A1(a,0,a),A(a,0,0),Ma，0，12a,B(a,a,0),D(0,0,0),设n＝(x,y,z)为平面BMD的法向量.则n·BM→＝0,且n·DM→＝0,而BM→＝0，－a，12a,DM→＝a，0，12a,所以－y＋12z＝0，x＋12z＝0，所以y＝12z，x＝－12z，令z＝2,则n＝(－1,1,2),DA1→＝(a,0,a),则A1到平面BDM的距离是d＝|DA1→·n||n|＝66a.]2.A[设l与α所成角为θ,∵cos〈m,n〉＝－12,又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°,∴sinθ＝－12.∴θ＝30°.]3.A[法一取A1C1的中点E,连接AE、B1E.由题易知B1E⊥平面ACC1A1,则∠B1AE为AB1与侧面ACC1A1所成的角.令正三棱柱侧棱长与底面边长为1,则sin∠B1AE＝B1EAB1＝322＝64,故选A.法二如上图,以A1C1中点E为原点建立空间直角坐标系E－xyz,设棱长为1,则A(12,0,1),B1(0,32,0),设AB1与面ACC1A1所成角为θ,则sinθ＝|cos〈AB1→,EB1→〉|＝－12，32，－1·0，32，02×32＝64.]4.B[设正方体棱长为2,以D为坐标原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立如图所示空间直角坐标系,可知CM→＝(2,－2,1),D1N→＝(2,2,－1),cos〈CM→,D1N→〉＝－19,sin〈CM→,D1N→〉＝459.]5.61111[建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz,则CG→＝(0,0,2),由题意可求得平面GEF的一个法向量为n＝(1,1,3),所以点C到平面GEF的距离为d＝|n·CG→||n|＝61111.]6.解如图,分别以BC,BD,BA所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则各相关点的坐标为B(0,0,0),A(0,0,4),C(4,0,0),D(0,4,0),E(2,0,0),F(0,2,2).(1)∵AB→＝(0,0,－4).EF→＝(－2,2,2),∴|cos〈AB→,EF→〉|＝AB→·EF→|AB→||EF→|＝－84×23＝33,∴异面直线AB与EF所成角的余弦值为33.(2)设平面ACD的一个法向量为n＝(x,y,z),则n·AC→＝0，n·CD→＝0.∵AC→＝(4,0,－4),CD→＝(－4,4,0),∴4x－4z＝0，－4x＋4y＝0，令z＝1,得x＝y＝1,∴n＝(1,1,1).∵F∈平面ACD,EF→＝(－2,2,2),∴E到平面ACD的距离为d＝|n·EF→||n|＝23＝233.(3)EF与平面ACD所成角的正弦值为|cos〈n,EF→〉|＝|n·EF→|n||EF→||＝23×23＝13.7.33[由条件知三棱锥P－ABC可看作正方体的一个角,它的外接球就是该正方体的外接球,正方体的体对角线就是外接球的直径,又体对角线长为23,故球的半径R＝3.设点P到平面ABC的距离为h,因为VP－ABC＝VA－PBC,即13h·S△ABC＝13PA·S△PBC,可得h＝233,所以球心O到平面ABC的距离为R－h＝33.]8.以B为坐标原点,BC,BA为x,y轴的正方向,垂直于平面ABC的直线为z轴,建立空间直角坐标系(如图).(1)证明由题意得A(0,4,0),B(0,0,0),M(1,2,1),N(0,2,0),S(0,4,2),D(1,0,0).所以MN→＝(－1,0,－1),AB→＝(0,－4,0),MN→·AB→＝0,∴MN⊥AB.(2)设平面SND的一个法向量为m＝(x,y,z),则：m·SN→＝0,且m·DN→＝0.∵SN→＝(0,－2,－2),DN→＝(－1,2,0),∴－2y－2z＝0，－x＋2y＝0，即y＋z＝0，x＝2y.令z＝1,得：x＝－2,y＝－1,∴m＝(－2,－1,1).又平面AND的法向量为n＝(0,0,1),cos〈m,n〉＝m·n|m||n|＝66.由题图易知二面角S－ND－A为锐角,故其余弦值为66.(3)∵AN→＝(0,－2,0),∴点A到平面SND的距离d＝|AN→·m||m|＝63.9.解法一(1)根据题意,长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤t＋2－t22＝1,当且仅当t＝2－t,即t＝1时体积V有最大值为1,所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时,底面四边形ABCD为正方形,作BM⊥A1C于M,连接DM,BD,因为四边形ABCD为正方形,所以△A1BC与△A1DC全等,故DM⊥A1C,所以∠BMD即为所求二面角的平面角.因为BC⊥平面AA1B1B,所以△A1BC为直角三角形,又A1B＝2,A1C＝3,所以BM＝A1B×BCA1C＝23＝63,同理可得,DM＝63,在△BMD中,根据余弦定理有：cos∠BMD＝69＋69－22×63×63＝－12,因为∠BMD∈(0°,180°),所以∠BMD＝120°,即此时二面角B－A1C－D的值是120°.(2)若线段A1C上存在一点P,使得A1C⊥平面BPD,则A1C⊥BD又A1A⊥平面ABCD,所以A1A⊥BD,所以BD⊥平面A1AC.所以BD⊥AC,底面四边形ABCD为正方形,即只有ABCD为正方形时,线段A1C上存在点P满足要求,否则不存在.由(1)知,所求点P即为BM⊥A1C的垂足M,此时,A1P＝A1B2A1C＝23＝233.法二根据题意可知,AA1,AB,AD两两垂直,以AB为x轴,AD为y轴,AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系：(1)长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤t＋2－t22＝1,当且仅当t＝2－t,即t＝1时体积V有最大值为1.所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时,底面四边形ABCD为正方形,则A1(0,0,1),B(1,0,0),C(1,1,0),A1B→＝(1,0,－1),BC→＝(0,1,0),设平面A1BC的法向量m＝(x,y,z),则x－z＝0，y＝0，取x＝z＝1,得：m＝(1,0,1),同理可得平面A1CD的法向量n＝(0,1,1),所以,cos〈m,n〉＝m·n|m|·|n|＝12,又二面角B－A1C－D为钝角,故值是120°.(也可以通过证明B1A⊥平面A1BC写出平面A1BC的法向量)(2)根据题意有B(t,0,0),C(t,2－t,0),D(0,2－t,0),若线段A1C上存在一点P满足要求,不妨A1P→＝λA1C→(λ＞0),可得P(λt,λ(2－t),1－λ)BP→＝(λt－t,λ(2－t),1－λ),BD→＝(－t,2－t,0),BP→·A1C→＝0，BD→·A1C→＝0，即：t（λt－t）＋λ（2－t）2－（1－λ）＝0，－t2＋（2－t）2＝0，解得：t＝1,λ＝23.即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P,位置是线段A1C上A1P∶PC＝2∶1处.第三节空间点、线、面的位置关系A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·全国Ⅰ，11)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()A.32B.22C.33D.132.(2015·安徽，5)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是()A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D.若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面3.(2014·辽宁，4)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面.下列说法正确的是()A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若m⊥α，n?α，则m⊥nC.若m⊥α，m⊥n，则n∥αD.若m∥α，m⊥n，则n⊥α4.(2015·浙江，13)如图，三棱锥ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·湖南怀化一模)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；③若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；④若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β.其中正确命题的序号是()A.①和③B.②和③C.③和④D.①和④2.(2016·福建泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是()A.存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB.存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC.存在唯一平面α，使得a?α，且b∥αD.存在唯一平面α，使得a?α，且b⊥α3.(2016·湖南邵阳三中月考)设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是()A.若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥αB.若m?α，n?β，m∥n，则α∥βC.若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥βD.若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α4.(2015·安徽安庆模拟)b、c表示两条不重合的直线，α、β表示两个不重合的平面，下列命题中正确的是()A.c∥αb?α?c∥bB.c∥αα⊥β?c⊥βC.c⊥αc⊥β?α∥βD.b∥cc?α?b∥α5.(2016·云南大理模拟)如图，在四棱锥S－ABCD中，侧棱SA＝SB＝SC＝SD，底面ABCD是菱形，AC与BD交于O点.(1)求证：AC⊥平面SBD；(2)若E为BC中点，点P在侧面△SCD内及其边界上运动，并保持PE⊥AC，试指出动点P的轨迹，并证明你的结论.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.A[如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，∵α∥平面CB1D1，则m1∥m，又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1，∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.故m、n所成角的大小与B1D1、CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小.而B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，因此∠CD1B1＝π3，得sin∠CD1B1＝32，故选A.]2.D[对于A，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，A错；对于B，m，n平行于同一平面，m，n关系不确定，可平行、相交、异面，故B错；对于C，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C错；对于D，若假设m，n垂直于同一平面，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确.]3.B[对于选项A，若m∥α，n∥α，则m与n可能相交、平行或异面，A错误；显然选项B正确；对于选项C，若m⊥α，m⊥n，则n?α或n∥α，C错误；对于选项D，若m∥α，m⊥n，则n∥α或n?α或n与α相交.D错误.故选B.]4.78[连接DN,作DN的中点O,连接MO,OC.在△AND中.M为AD的中点,则OM綉12AN.所以异面直线AN，CM所成角为∠CMO，在△ABC中，AB＝AC＝3，BC＝2，则AN＝22，∴OM＝2.在△ACD中，同理可知CM＝22，在△BCD中，DN＝22，在Rt△ONC中，ON＝2，CN＝1∴OC＝3.在△CMO中，由余弦定理cos∠CMO＝|MC|2＋|MO|2－|OC|22|MC|·|MO|＝8＋2－32×22×2＝78.]B组两年模拟精选(2016～2015年)1.A[②中平面α，β可能相交；④平面α，β可能相交，故选A.]2.C[利用排除法，可以得到选C.]3.D[因为n⊥α，n⊥β，所以α∥β.由m⊥β得m⊥α.故选D.]4.C[根据直线与平面垂直的性质，可以得到C正确，故选C.]5.(1)证明连接SO，∵底面ABCD是菱形，O为中心，∴AC⊥BD.又SA＝SC，∴AC⊥SO.而SO∩BD＝O，∴AC⊥平面SBD.(2)解如图，取棱SC中点M，CD中点N，连接MN，则动点P的轨迹即是线段MN.连接EM、EN，∵E是BC的中点，M是SC的中点，∴EM∥SB.同理，EN∥BD，又EM∩EN＝E，∴平面EMN∥平面SBD，∵AC⊥平面SBD，∴AC⊥平面EMN.因此，当点P在线段MN上运动时，总有AC⊥EP；P点不在线段MN上时，不可能有AC⊥EP.故点P的轨迹为△SDC的中位线.第四节空间中平行的判定与性质A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·山东,17)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O′的直径,FB是圆台的一条母线.(1)已知G,H分别为EC,FB的中点,求证：GH∥平面ABC；(2)已知EF＝FB＝12AC＝23,AB＝BC,求二面角F－BC－A的余弦值.2.(2016·全国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AN与平面PMN所成角的正弦值.3.(2015·江苏,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC＝CC1.设AB1的中点为D,B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.4.(2014·江苏,16)如图,在三棱锥PABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA＝6,BC＝8,DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.5.(2014·新课标全国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.(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角DAEC为60°,AP＝1,AD＝3,求三棱锥EACD的体积.6.(2014·湖北,19)如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP＝BQ＝λ(0<λ<2).(1)当λ＝1时,证明：直线BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在,求出λ的值；若不存在,说明理由.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·浙江金华十校期末)设α是空间中的一个平面,l,m,n是三条不同的直线,则下列命题中正确的是()A.若m?α,n?α,l⊥m,l⊥n,则l⊥αB.若m?α,n⊥α,l⊥n,则l∥mC.若l∥m,m⊥α,n⊥α,则l∥nD.若l⊥m,l⊥n,则n∥m2.(2016·贵阳调研)在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4,又H,G分别为BC,CD的中点,则()A.BD∥平面EFG,且四边形EFGH是平行四边形B.EF∥平面BCD,且四边形EFGH是梯形C.HG∥平面ABD,且四边形EFGH是平行四边形D.EH∥平面ADC,且四边形EFGH是梯形3.(2015·成都四中模拟)以下命题中真命题的个数是()①若直线l平行于平面α内的无数条直线,则直线l∥α；②若直线a在平面α外,则a∥α；③若直线a∥b,b?α,则a∥α；④若直线a∥b,b?α,则a平行于平面α内的无数条直线.A.1B.2C.3D.44.(2016·北京海淀模拟)如图所示,ABCD－A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M、N分别是下底面的棱A1B1、B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP＝a3,过P、M、N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ＝________.5.(2015·四川德阳模拟)如图所示,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E、F分别是棱DD1、C1D1的中点.(1)求直线BE和平面ABB1A1所成角θ的正弦值；(2)证明：B1F∥平面A1BE.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.(1)证明设FC中点为I,连接GI,HI,在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC,又HI∩GI＝I,所以平面GHI∥平面ABC.因为GH?平面GHI,所以GH∥平面ABC.(2)连接OO′,则OO′⊥平面ABC.又AB＝BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.由题意得B(0,23,0),C(－23,0,0).过点F作FM垂直OB于点M,所以FM＝FB2－BM2＝3,可得F(0,3,3).故BC→＝(－23,－23,0),BF→＝(0,－3,3).设m＝(x,y,z)是平面BCF的一个法向量.由m·BC→＝0，m·BF→＝0.可得－23x－23y＝0，－3y＋3z＝0.可得平面BCF的一个法向量m＝－1，1，33,因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1),所以cos〈m,n〉＝m·n|m||n|＝77.所以二面角F－BC－A的余弦值为77.2.(1)证明由已知得AM＝23AD＝2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN＝12BC＝2.又AD∥BC,故TN綉AM,四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)解取BC的中点E,连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,AE＝AB2－BE2＝AB2－BC22＝5.以A为坐标原点,AE→的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(5,2,0),N52，1，2,PM→＝(0,2,－4),PN→＝52，1，－2,AN→＝52，1，2.设n＝(x,y,z)为平面PMN的法向量,则n·PM→＝0，n·PN→＝0，即2y－4z＝0，52x＋y－2z＝0，可取n＝(0,2,1).于是cos〈n,AN→〉＝n·AN→|n||AN→|＝8525.设AN与平面PMN所成的角为θ,则sinθ＝8525,∴直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为8525.3.证明(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DE∥AC.又因为DE?平面AA1C1C,AC?平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC?平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,BC∩CC1＝C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1?平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为AC,B1C?平面B1AC,AC∩B1C＝C,,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1?平面B1AC,所以BC1⊥AB1.4.证明(1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DE∥PA.又因为PA?平面DEF,DE?平面DEF,所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA＝6,BC＝8,所以DE∥PA,DE＝12PA＝3,EF＝12BC＝4.又因为DF＝5,故DF2＝DE2＋EF2,所以∠DEF＝90°,即DE⊥EF.又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC.因为AC∩EF＝E,AC?平面ABC,EF?平面ABC,所以DE⊥平面ABC.又DE?平面BDE,所以平面BDE⊥平面ABC.5.(1)证明连接BD交AC于点O,连接EO.因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EO∥PB.又因为EO?平面AEC,PB?平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)解因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点,AB→的方向为x轴的正方向,|AP→|为单位长,建立空间直角坐标系Axyz,则D(0,3,0),E0，32，12,AE→＝0，32，12.设B(m,0,0)(m>0),则C(m,3,0),AC→＝(m,3,0).设n1＝(x,y,z)为平面ACE的法向量,则n1·AC→＝0，n1·AE→＝0，即mx＋3y＝0，32y＋12z＝0，可取n1＝3m，－1，3.又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设知|cos〈n1,n2〉|＝12,即33＋4m2＝12,解得m＝32.因为E为PD的中点,所以三棱锥EACD的高为12,三棱锥EACD的体积V＝13×12×3×32×12＝38.6.法一(几何法)(1)证明如图1,连接AD1,由ABCDA1B1C1D1是正方体,知BC1∥AD1.当λ＝1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FP∥AD1.所以BC1∥FP.而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)解如图2,连接BD.因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EF∥BD,且EF＝12BD.又DP＝BQ,DP∥BQ,所以四边形PQBD是平行四边形,故PQ∥BD,且PQ＝BD,从而EF∥PQ,且EF＝12PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中,因为BQ＝DP＝λ,BE＝DF＝1,于是EQ＝FP＝1＋λ2,所以四边形EFPQ是等腰梯形.同理可证四边形PQMN是等腰梯形.分别取EF,PQ,MN的中点为H,O,G,连接OH,OG,则GO⊥PQ,HO⊥PQ,而GO∩HO＝O,故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角.若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则∠GOH＝90°.连接EM,FN,则由EF∥MN,且EF＝MN,知四边形EFNM是平行四边形.连接GH,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH＝ME＝2.在△GOH中,GH2＝4,OH2＝1＋λ2－222＝λ2＋12,OG2＝1＋(2－λ)2－222＝(2－λ)2＋12,由OG2＋OH2＝GH2,得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4,解得λ＝1±22,故存在λ＝1±22,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.法二(向量方法)以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系Dxyz.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ).BC1→＝(－2,0,2),FP→＝(－1,0,λ),FE→＝(1,1,0).(1)证明当λ＝1时,FP→＝(－1,0,1),又因为BC1→＝(－2,0,2),所以BC1→＝2FP→,即BC1∥FP.而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)解设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x,y,z),则由FE→·n＝0，FP→·n＝0，可得x＋y＝0，－x＋λz＝0.于是可取n＝(λ,－λ,1).同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2,2－λ,1).若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则m·n＝(λ－2,2－λ,1)·(λ,－λ,1)＝0,即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0,解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.C[解析m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，需要m∩n＝A才有l⊥α，A错误；若m?α，n⊥α，l⊥n，l与m可能平行、相交，也可能异面，B错误；若l⊥m，l⊥n，n与m可能平行、相交，也可能异面，D错误.]2.B[如图，由题意，EF∥BD，且EF＝15BD.HG∥BD，且HG＝12BD.∴EF∥HG，且EF≠HG.∴四边形EFGH是梯形.又EF∥平面BCD，而EH与平面ADC不平行，故选B.]3.A[①中l可以在平面α内；②中直线a可以与平面α相交，故错误；③a可以在平面α内；④正确.]4.223a[如图所示，连接AC，易知MN∥平面ABCD，又平面PQNM∩ABCD＝PQ，MN?平面PQNM，∴MN∥PQ.又∵MN∥AC，∴PQ∥AC.又∵AP＝a3，∴PDAD＝DQCD＝PQAC＝23，∴PQ＝23AC＝223a.]5.(1)解设G是AA1的中点，连接GE，BG.∵E为DD1的中点，ABCD－A1B1C1D1为正方体，∴GE∥AD，又∵AD⊥平面ABB1A1，∴GE⊥平面ABB1A1，且斜线BE在平面ABB1A1内的射影为BG，∴Rt△BEG中的∠EBG是直线BE和平面ABB1A1所成角，即∠EBG＝θ.设正方体的棱长为a，∴GE＝a，BG＝52a，BE＝BG2＋GE2＝32a，∴直线BE和平面ABB1A1所成角θ的正弦值为：sinθ＝GEBE＝23.(2)证明连接EF、AB1、C1D，记AB1与A1B的交点为H，连接EH.则H为AB1的中点，故B1H＝12C1D，B1H∥C1D，而EF＝12C1D，EF∥C1D，∴B1H∥EF且B1H＝EF，四边形B1FEH为平行四边形，即B1F∥EH，又∵B1F?平面A1BE且EH?平面A1BE，∴B1F∥平面A1BE.第五节空间垂直的判定与性质A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·浙江,2)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则()A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n2.(2015·浙江,8)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD,所成二面角A′CDB的平面角为α,则()A.∠A′DB≤α B.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤α D.∠A′CB≥α3.(2014·广东,7)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是()A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定4.(2016·全国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).5.(2016·全国Ⅰ,18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,平面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°.(1)证明：平面ABEF⊥EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值.6.(2016·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.7.(2015·新课标全国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(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.8.(2015·新课标全国Ⅰ,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.9.(2014·新课标全国Ⅰ,19)如图,三棱柱ABC?A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1,∠CBB1＝60°,AB＝BC,求二面角AA1B1C1的余弦值.10.(2014·广东,18)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC＝30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值.11.(2014·辽宁,19)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB＝BC＝BD＝2,∠ABC＝∠DBC＝120°,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角EBFC的正弦值.12.(2014·江西,19)如图,四棱锥P?ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证：AB⊥PD；(2)若∠BPC＝90°,PB＝2,PC＝2,问AB为何值时,四棱锥PABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.13.(2014·湖南,19)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD＝O,A1C1∩B1D1＝O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°,求二面角C1?OB1?D的余弦值.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·湖北天门模拟)如图,在长方体ABCD－A1B1C1D1中,AB＝BC＝2,AA1＝1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为()A.63B.265C.155D.1052.(2016·山东东营模拟)已知点E,F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB,AA1的中点,点M,N分别是线段D1E与C1F上的点,则与平面ABCD垂直的直线有()A.0条B.1条C.2条D.无数条3.(2015·豫南五市模拟)m、n为两条不重合的直线,α、β为两个不重合的平面,则下列命题中正确的是()①若m、n都平行于平面α,则m、n一定不是相交直线；②若m、n都垂直于平面α,则m、n一定是平行直线；③已知α、β互相垂直,m、n互相垂直,若m⊥α,则n⊥β；④m、n在平面α内的射影互相垂直,则m、n互相垂直.A.②B.②③C.①③D.②④4.(2015·四川雅安模拟)下列说法错误的是()A.两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B.过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直C.如果共点的三条直线两两垂直,那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直D.如果两条直线和一个平面所成的角相等,则这两条直线一定平行5.(2016·云南玉溪模拟)表面积为60π的球面上有四点S、A、B、C,且△ABC是等边三角形,球心O到平面ABC的距离为3,若平面SAB⊥平面ABC,则三棱锥S－ABC体积的最大值为________.6.(2015·绵阳模拟)在正三棱锥P－ABC中,D,E分别是AB,BC的中点,有下列三个论断：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE.其中正确论断的序号为________.7.(2015·山东菏泽二模)如图,将边长为2的正六边形ABCDEF沿对角线BE翻折,连接AC、FD,形成如图所示的多面体,且AC＝6.(1)证明：平面ABEF⊥平面BCDE；(2)求三棱锥E－ABC的体积.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.C[由已知,α∩β＝l,∴l?β,又∵n⊥β,∴n⊥l,C正确.故选C.]2.B[极限思想：若α＝π,则∠A′CB＜π,排除D；若α＝0,如图,则∠A′DB,∠A′CB都可以大于0,排除A,C.故选B.]3.D[构造如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1,取l1为AD,l2为AA1,l3为A1B1,当取l4为B1C1时,l1∥l4,当取l4为BB1时,l1⊥l4,故排除A、B、C,选D.]4.②③④[当m⊥n,m⊥α,n∥β时,两个平面的位置关系不确定,故①错误,经判断知②③④均正确,故正确答案为②③④.]5.(1)证明由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC,又AF?平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点,GF→的方向为x轴正方向,|GF→|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz.由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角,故∠DFE＝60°,则|DF|＝2,|DG|＝3,可得A(1,4,0),B(－3,4,0),E(－3,0,0),D(0,0,3).由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC,又平面ABCD∩平面EFDC＝CD,故AB∥CD,CD∥EF,由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角,∠CEF＝60°,从而可得C(－2,0,3).所以EC→＝(1,0,3),EB→＝(0,4,0),AC→＝(－3,－4,3),AB→＝(－4,0,0).设n＝(x,y,z)是平面BCE的法向量,则n·EC→＝0，n·EB→＝0，即x＋3z＝0，4y＝0.所以可取n＝(3,0,－3).设m是平面ABCD的法向量,则m·AC→＝0，m·AB→＝0.同理可取m＝(0,3,4),则cos〈n,m〉＝n·m|n||m|＝－21919.故二面角E－BC－A的余弦值为－21919.6.证明(1)由已知,DE为△ABC的中位线,∴DE∥AC,又由三棱柱的性质可得AC∥A1C1,∴DE∥A1C1,且DE?平面A1C1F,A1C1?平面A1C1F,∴DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中,AA1⊥平面A1B1C1,∴AA1⊥A1C1,又∵A1B1⊥A1C1,且A1B1∩AA1＝A,∴A1C1⊥平面ABB1A1,∵B1D?平面ABB1A1,∴A1C1⊥B1D,又∵A1F⊥B1D,且A1F∩A1C1＝A1,∴B1D⊥平面A1C1F,又∵B1D?平面B1DE,∴平面B1DE⊥平面A1C1F.7.解(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM＝A1E＝4,EM＝AA1＝8.因为EHGF为正方形,所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝EH2－EM2＝6,所以AH＝10.以D为坐标原点,DA→的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),FE→＝(10,0,0),HE→＝(0,－6,8).设n＝(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则n·FE→＝0，n·HE→＝0，即10x＝0，－6y＋8z＝0，所以可取n＝(0,4,3).又AF→＝(－10,4,8),故|cos〈n,AF→〉|＝|n·AF→||n||AF→|＝4515.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为4515.8.(1)证明连接BD,设BD∩AC＝G,连接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°,可得AG＝GC＝3.由BE⊥平面ABCD,AB＝BC,可知AE＝EC.又AE⊥EC,所以EG＝3,且EG⊥AC.在Rt△EBG中,可得BE＝2,故DF＝22.在Rt△FDG中,可得FG＝62.在直角梯形BDFE中,由BD＝2,BE＝2,DF＝22,可得EF＝322,从而EG2＋FG2＝EF2,所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G,可得EG⊥平面AFC.因为EG?平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(2)解如图,以G为坐标原点,分别以GB→,GC→的方向为x轴,y轴正方向,|GB→|为单位长,建立空间直角坐标系Gxyz,由(1)可得A(0,－3,0),E(1,0,2),F－1，0，22,C(0,3,0),所以AE→＝(1,3,2),CF→＝－1，－3，22.故cos〈AE→,CF→〉＝AE→·CF→|AE→||CF→|＝－33.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为33.9.(1)证明连接BC1,交B1C于点O,连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1,且O为B1C及BC1的中点.又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.由于AO?平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O＝CO,故AC＝AB1.(2)解因为AC⊥AB1,且O为B1C的中点,所以AO＝CO.又因为AB＝BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,从而OA,OB,OB1两两互相垂直.以O为坐标原点,OB→的方向为x轴正方向,|OB→|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为∠CBB1＝60°,所以△CBB1为等边三角形.又AB＝BC,则A0，0，33,B(1,0,0),B10，33，0,C0，－33，0.AB1→＝0，33，－33,A1B1→＝AB→＝1，0，－33,B1C1→＝BC→＝－1，－33，0.设n＝(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则n·AB1→＝0，n·A1B1→＝0，即33y－33z＝0，x－33z＝0.所以可取n＝(1,3,3).设m是平面A1B1C1的法向量,则m·A1B1→＝0，m·B1C1→＝0.同理可取m＝(1,－3,3).则cos〈n,m〉＝n·m|n||m|＝17.所以二面角A?A1B1?C1的余弦值为17.10.(1)证明∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AD.又CD⊥AD,PD∩CD＝D,∴AD⊥平面PCD.∴AD⊥PC.又AF⊥PC,AD∩AF＝A,∴PC⊥平面ADF,即CF⊥平面ADF.(2)解法一设AB＝1,则在Rt△PDC中,CD＝1,∵∠DPC＝30°,∴PC＝2,PD＝3,由(1)知CF⊥DF,∴DF＝32,CF＝12.又FE∥CD,∴DEPD＝CFPC＝14,∴DE＝34.同理EF＝34CD＝34.如图所示,以D为原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),E34，0，0,F34，34，0,P(3,0,0),C(0,1,0).设m＝(x,y,z)是平面AEF的法向量,则m⊥AE→，m⊥EF→.又AE→＝34，0，－1，EF→＝0，34，0，∴m·AE→＝34x－z＝0，m·EF→＝34y＝0.令x＝4,则z＝3,m＝(4,0,3).由(1)知平面ADF的一个法向量为PC→＝(－3,1,0),设二面角DAFE的平面角为θ,可知θ为锐角,cosθ＝|cos〈m,PC→〉|＝|m·PC→||m|·|PC→|＝4319×2＝25719.故二面角DAFE的余弦值为25719.法二设AB＝1,∵CF⊥平面ADF,∴CF⊥DF.∴在△CFD中,DF＝32,∵CD⊥AD,CD⊥PD,∴CD⊥平面ADE.又∵EF∥CD,∴EF⊥平面ADE.∴EF⊥AE,∴在△DEF中,DE＝34,EF＝34,在△ADE中,AE＝194,在△ADF中,AF＝72.由VA?DEF＝13·S△ADE·EF＝13·S△ADF·hE?ADF,解得hE?ADF＝38,设△AEF的边AF上的高为h,由S△AEF＝12·EF·AE＝12·AF·h,解得h＝34×13314,设二面角D?AF?E的平面角为θ.则sinθ＝hE?ADFh＝38×43×14133＝13319,∴cosθ＝25719.11.(1)证明法一过E作EO⊥BC,垂足为O,连接OF.图1由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.所以∠EOC＝∠FOC＝π2,即FO⊥BC.又EO⊥BC,因此BC⊥面EFO,又EF?面EFO,所以EF⊥BC.法二由题意,以B为坐标原点,在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴,建立如图所示空间直角坐标系.易得B(0,0,0),A(0,－1,3),D(3,－1,0),C(0,2,0).因而E(0,12,32),F32，12，0,所以EF→＝32，0，－32,BC→＝(0,2,0),因此EF→·BC→＝0.从而EF→⊥BC→,所以EF⊥BC.图2(2)解法一在图1中,过O作OG⊥BF,垂足为G,连接EG.由平面ABC⊥平面BDC,从而EO⊥面BDC,又OG⊥BF,由三垂线定理知,EG⊥BF.因此∠EGO为二面角EBFC的平面角.在△EOC中,EO＝12EC＝12BC·cos30°＝32,由△BGO∽△BFC知,OG＝BOBC·FC＝34,因此tan∠EGO＝EOOG＝2,从而sin∠EGO＝255,即二面角E?BF?C的正弦值为255.法二在图2中,平面BFC的一个法向量为n1＝(0,0,1).设平面BEF的法向量n2＝(x,y,z),又BF→＝32，12，0,BE→＝0，12，32.由n2·BF→＝0n2·BE→＝0得其中一个n2＝(1,－3,1).设二面角EBFC大小为θ,且由题意知θ为锐角,则cosθ＝|cos〈n1,n2〉|＝n1·n2|n1||n2|＝15,因此sinθ＝25＝255,即所求二面角的正弦值为255.12.(1)证明ABCD为矩形,故AB⊥AD；又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD＝AD,所以AB⊥平面PAD,由PD?平面PAD,故AB⊥PD.(2)解过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连接PG.故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG.在Rt△BPC中,PG＝233,GC＝263,BG＝63.设AB＝m,则OP＝PG2－OG2＝43－m2,故四棱锥PABCD的体积为V＝13·6·m·43－m2＝m38－6m2.因为m8－6m2＝8m2－6m4＝－6m2－232＋83,故当m＝63,即AB＝63时,四棱锥PABCD的体积最大.此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O(0,0,0),B63，－63，0,C63，263，0,D0，263，0,P0，0，63.故PC→＝63，263，－63,BC→＝(0,6,0),CD→＝－63，0，0,设平面BPC的一个法向量n1＝(x,y,1),则由n1⊥PC→,n1⊥BC→得63x＋263y－63＝0，6y＝0，解得x＝1,y＝0,n1＝(1,0,1).同理可求出平面DPC的一个法向量n2＝0，12，1.从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cosθ＝|n1·n2||n1||n2|＝12·14＋1＝105.13.(1)证明因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1⊥AC,同理DD1⊥BD,因为CC1∥DD1,所以CC1⊥BD,而AC∩BD＝O,因此CC1⊥底面ABCD.由题设知,O1O∥C1C,故O1O⊥底面ABCD.(2)解法一如图,过O1作O1H⊥OB1于H,连接HC1.由(1)知,O1O⊥底面ABCD,所以O1O⊥底面A1B1C1D1,于是O1O⊥A1C1.又因为四棱柱ABCD?A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1⊥B1D1,从而A1C1⊥平面BDD1B1,所以A1C1⊥OB1,于是OB1⊥平面O1HC1,进而OB1⊥C1H,故∠C1HO1是二面角C1?OB1?D的平面角.不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°,所以OB＝3,OC＝1,OB1＝7.在Rt△OO1B1中,易知O1H＝OO1·O1B1OB1＝237,而O1C1＝1,于是C1H＝O1C21＋O1H2＝1＋127＝197.故cos∠C1HO1＝O1HC1H＝237197＝25719.即二面角C1OB1D的余弦值为25719.法二因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此AC⊥BD.又由(1)知O1O⊥底面ABCD,从而OB,OC,OO1两两垂直.如图,以O为坐标原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Oxyz.不妨设AB＝2,因为∠CBA＝60°,所以OB＝3,OC＝1.于是相关各点的坐标为：O(0,0,0),B1(3,0,2),C1(0,1,2).易知,n1＝(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量.设n2＝(x,y,z)是平面OB1C1的法向量,则n2·OB1→＝0，n2·OC1→＝0，即3x＋2z＝0，y＋2z＝0，取z＝－3,则x＝2,y＝23,所以n2＝(2,23,－3),设二面角C1?OB1?D的大小为θ,易知θ是锐角,于是cosθ＝|cos〈n1,n2〉|＝|n1·n2|n1|·|n2||＝2319＝25719.故二面角C1?OB1?D的余弦值为25719.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.D[如图,连接A1C1,设A1C1∩B1D1＝O,连接OB.由已知得C1O⊥面BB1D1D.∴∠C1BO为所求角,在Rt△C1OB中,sin∠C1BO＝OC1BC1＝105,故选D.]2.B[如图,设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,以C为原点建立空间直角坐标系,则D1(2,0,2),E(1,2,0),C1(0,0,2),F(2,2,1),D1E→＝(－1,2,－2),C1F→＝(2,2,－1),设D1M→＝λD1E→(0≤λ≤1),则M(2－λ,2λ,2－2λ),设C1N→＝tC1F→(0≤t≤1),则N(2t,2t,2－t),∴MN→＝(2t－2＋λ,2t－2λ,2λ－t),要使直线MN与平面ABCD垂直,则2t－2＋λ＝0，2t－2λ＝0，2λ－t≠0，解得λ＝t＝23,∴与平面ABCD垂直的直线MN有1条.故选B.]3.A[①③④错误,②正确,故选A.]4.D[如果两条直线和一个平面所成的角相等,这两条直线可以平行、相交、异面.故选D.]5.27[设球O的半径为R,则有4πR2＝60π,解得R＝15.由于平面SAB⊥平面ABC,平面SAB∩平面ABC＝AB,所以点S在平面ABC上的射影D在AB上,如图,当球心O在三棱锥S－ABC中,且D为AB的中点时,SD最大,三棱锥S－ABC的体积最大.设O′为等边三角形ABC的中心,则OO′⊥平面ABC,即有OO′∥SD.由于OC＝15,OO′＝3,则CO′＝CO2－OO′2＝23,则DO′＝3,则△ABC是边长为6的等边三角形,则△ABC的面积为34×62＝93.在直角梯形SDO′O中,作OM⊥SD于M,则OM＝DO′＝3,DM＝OO′＝3,∴SD＝DM＋MS＝3＋（15）2－（3）2＝33,所以三棱锥S－ABC体积的最大值为13×93×33＝27.]6.①②[如图,∵P－ABC为正三棱锥,∴PB⊥AC.又∵DE∥AC,DE?平面PDE,AC?平面PDE,∴AC∥平面PDE.故①②正确.]7.(1)证明正六边形ABCDEF中,连接AC、BE,交点为G,易知AG⊥BE,且AG＝CG＝3,在多面体中,由AC＝6,知AG2＋CG2＝AC2,故AG⊥GC,又GC∩BE＝G,GC,BE?平面BCDE,故AG⊥平面BCDE,又AG?平面ABEF,所以平面ABEF⊥平面BCDE.(2)解连接AE、CE,则AG为三棱锥A－BCE的高,GC为△BCE的高.在正六边形ABCDEF中,BE＝2AF＝4,故S△BCE＝12×4×3＝23,所以VE－ABC＝VA－BCE＝13×23×3＝2.第一节空间几何体的结构及其三视图与直观图A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·全国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.18＋365B.54＋185C.90D.812.(2016·全国Ⅱ，6)如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.20πB.24πC.28πD.32π3.(2016·北京，6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A.16B.13C.12D.14.(2016·山东，5)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD.1＋26π5.(2015·广东，8)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值()A.大于5B.等于5C.至多等于4D.至多等于36.(2015·北京，5)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是()A.2＋5B.4＋5C.2＋25D.57.(2015·浙江，2)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是()A.8cm3B.12cm3C.323cm3D.403cm38.(2015·新课标全国Ⅰ，11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝()A.1B.2C.4D.89.(2014·福建，2)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱10.(2014·江西，5)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()11.(2014·湖北，5)在如图所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2).给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②12.(2014·新课标全国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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A.62B.42C.6D.413.(2015·天津，10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.如图,网格上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A.22B.6C.23D.32.(2016·广东广州二模)如图，圆锥的底面直径AB＝2，母线VA＝3，点C在母线VB上，且VC＝1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A爬到点C，则这只蚂蚁爬行的最短路程是()A.13B.7C.433D.3323.(2016·天津新华中学月考)如图是一个几何体的正视图、侧视图、俯视图，则该几何体的体积是()A.24B.12C.8D.44.(2015·福建莆田模拟)某几何体的三视图如图所示，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，俯视图是半径为1的半圆，则其侧视图的面积是()A.12B.32C.1D.35.(2015·山东莱芜模拟)如右图放置的六条棱长都相等的三棱锥，则这个几何体的侧视图是()A.等腰三角形B.等边三角形C.直角三角形D.无两边相等的三角形6.(2016·河北唐山模拟)在三棱锥P－ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB和AC，则截面的周长为________.7.(2016·云南师大附中模拟)如图是一几何体的三视图，则该几何体的体积是________.8.(2016·河南洛阳统考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为________.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）(2016年高考题6月底更新)1.B[由题意知，几何体为平行六面体，边长分别为3，3，45，几何体的表面积S＝3×6×2＋3×3×2＋3×45×2＝54＋185.]2.C[由三视图可知，组合体的底面圆的面积和周长均为4π，圆锥的母线长l＝（23）2＋22＝4，所以圆锥的侧面积为S锥侧＝12×4π×4＝8π，圆柱的侧面积S柱侧＝4π×4＝16π，所以组合体的表面积S＝8π＋16π＋4π＝28π，故选C.]3.A[由三视图知，三棱锥如图所示：由侧视图得高h＝1，又底面积S＝12×1×1＝12.所以体积V＝13Sh＝16.]4.C[由三视图知,半球的半径R＝22,四棱锥为底面边长为1,高为1的正四棱锥,∴V＝13×1×1×1＋12×43π×223＝13＋26π，故选C.]5.C[当n＝3时显然成立，故排除A，B；由正四面体的四个顶点，两两距离相等，得n＝4时成立，故选C.]6.C[该三棱锥的直观图如图所示：过D作DE⊥BC，交BC于E，连接AE，则BC＝2，EC＝1，AD＝1，ED＝2，S表＝S△BCD＋S△ACD＋S△ABD＋S△ABC＝12×2×2＋12×5×1＋12×5×1＋12×2×5＝2＋25.]7.C[该几何体是棱长为2cm的正方体与一底面边长为2cm的正方形，高为2cm的正四棱锥组成的组合体，V＝2×2×2＋13×2×2×2＝323(cm3).故选C.]8.B[由题意知，2r·2r＋12·2πr·2r＋12πr2＋12πr2＋12·4πr2＝4r2＋5πr2＝16＋20π，解得r＝2.]9.A[圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱.]10.B[由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成.从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形.]11.D[在空间直角坐标系O－xyz中作出棱长为2的正方体，在该正方体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为④，俯视图为②.选D.]12.C[如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥ABCD，最长的棱为AD＝（42）2＋22＝6，选C.]13.83π[由三视图可知，该几何体由相同底面的两圆锥和圆柱组成，底面半径为1，圆锥的高为1，圆柱的高为2，所以该几何体的体积V＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83πm3.]B组两年模拟精选(2016～2015年)1.D[(1)几何体的直观图如图，其中平面ABD⊥平面BCD，△ABD为等腰直角三角形，AB＝2，BD＝2，△BCD是以BD为底边的等腰三角形，C到BD的中点的距离为2，∴BC＝CD＝12＋22＝5，AC＝22＋（5）2＝3.AD＝22，显然所有棱中，AC最长，长为3，故选D.]2.B[由题意,圆锥的从VA到VB的部分侧面展开图为如图所示的扇形,半径为3,圆心角为π3,连接AC,在△VAC中,因为VC＝1,∠V＝π3，VA＝3,所以由余弦定理得AC2＝32＋12－2×3×1×12＝7.∴AC＝7，即蚂蚁爬行最短路程为7，故选B.]3.B[由三视图可知,该几何体由两个相同的直三棱柱构成,三棱柱的高为4,三棱柱的底面三角形为直角三角形,两直角边分别为2，32，所以三棱柱的底面积为12×2×32＝32，所以三棱柱的体积为32×4＝6.即该几何体的体积为2×6＝12，故选B.]4.B[由三视图可以得到原几何体是以1为半径，母线长为2的半个圆锥，故侧视图的面积是32，故选B.]5.A[∵六条棱长都相等的三棱锥，它的侧视图是如图所示的等腰三角形(AC＝AB)，故选A.]6.8[过点G作EF∥AC,分别交PA、PC于点E、F，过E、F分别作EN∥PB、FM∥PB，分别交AB、BC于点N、M，连接MN，则四边形EFMN是平行四边形(面EFMN为所求截面)，且EF＝MN＝23AC＝2，FM＝EN＝13PB＝2，所以截面的周长为2×4＝8.]7.9[由三视图知该几何体是一个四棱锥，其体积V＝13×12×(2＋4)×3×3＝9.]8.50π[由三视图知,该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到,此长方体的长、宽、高分别为5、4、3，所以外接球半径R满足2R＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×5222＝50π.]



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