單元08 立體幾何與空間向量【理科真題模擬練】（解析版）--2022年高考一輪數(shù)學(xué)單元復(fù)習(xí)（文理通用）

1、2022年高考一輪數(shù)學(xué)單元復(fù)習(xí)（文理通用）單元08立體幾何與空間向量【理科真題模擬練】.【2021年天津06】兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在球面上，若球的體積為等，兩個圓錐的高之比為1:3,則這兩個圓錐的體積之和為（）A.37rB.47rC.97rD.127T【答案】B【解析】如下圖所示，設(shè)兩個圓錐的底面圓圓心為點0,設(shè)圓錐4。和圓錐BD的高之比為3:1,即AD=3BD,設(shè)球的半徑為R,則寫=手，可得R=2,所以，AB=AD+BD=4BD=4,所以，BD=1,AD=3,vCDLAB,則401。+“。=487）+44。=90。，所以，Z.CAD=/.BCD,又因為=4BCC,所以，4

2、ACD-&CBD,所以，CD=JAD-BD=V3CDdu因此，這兩個圓錐的體積之和為:兀xCD2（AD+BD）=（乃x3x4=4tt.故選:B.【2021年浙江4】某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（）i側(cè)視圖A.-B.D. 3V2【答案】A幾何體為如圖所示的四棱柱ABCD-AiBiG/,其高為1,底面為等腰梯形4BCD,該等腰梯形的上底為近，下底為2VL腰長為1,故梯形的高為故匕BCD-A/CiDi=3X(V2+22)X,X1=3,故選：A.才31.【2021年浙江6】如圖已知正方體ABCD-4B1GD1，M,N分別是4山，D/的中點，則（）A.直線與直線垂直，直線MN平面4BCC

3、B.直線4C與直線久8平行，直線MN 1平面BDD/iC.直線與直線相交，直線MN/平面4BCDD.直線與直線劣8異面，直線MN，平面BCD1B1【答案】A4B連A。1，在正方體48CC-A/jGOi中，M是必。的中點，所以M為A5中點，又N是劣8的中點，所以MNAB,MNC平面A8CD,A8u平面48CD,所以MN平面ABCC.因為4B不垂直BD,所以MN不垂直8。則MN不垂直平面BDQBi，所以選項B,D不正確；在正方體ABCD-48傳1。1中，ADX1AXD,481平面44。1。，所以481.A4,AD1dAB=A,mf以41。_L平面48)i，。18=平面48。1，所以&D1D1B,且

4、直線是異面直線，所以選項B錯誤，選項A正確.故選：A.A.巴史B.4C.3+V3D.22【答案】A根據(jù)三視圖可得如圖所示的幾何體-正三棱錐。-ABC,其側(cè)面為等腰直角三角形，底面等邊三角形，由三視圖可得該正三棱錐的側(cè)棱長為1,故其表面積為3x3x1x1+亨x（夜產(chǎn)=萼，故選：A.5.【2021年北京8】定義：24小時內(nèi)降水在平地上積水厚度mm）來判斷降雨程度.其中小雨（10mm），中雨（10mm-25mm），大雨（25mm-50mm），暴雨（5（）mm一小明用一個圓錐形容器接了24小時的雨水，如圖，則這天降雨屬于哪個等級（）A.小雨B.中雨【答案】BC.大雨D.暴雨由題意，一個半徑為矍=100

5、（mm）的圓面內(nèi)的降雨充滿一個底面半徑為詈x券=50（mm）,高為150（mm）的圓錐，所以枳水厚度d=吧吧=12.5（mm屬于中雨nrxlOO2mm，故選：B.【2021年新高考2卷4】北斗三號全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果.在衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中，地球靜止同步衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的距離）.將地球看作是一個球心為O,半徑r為6400km的球，其上點人的緯度是指。4與赤道平面所成角的度數(shù).地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點的緯度最大值為a,記衛(wèi)星信號覆蓋地球表面 TOC o 1-5 h z 的表面積為S=2兀/（

6、1一cosa）（單位：km?），則S占地球表面積的百分比約為（）A.26%B.34%C.42%D.50%【答案】C由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：C64002l-cosa）=l-cosa=1-00+36000七042=42%-4nr222故選：C.【2021年新高考2卷5】正四棱臺的上、下底面的邊長分別為2,4,側(cè)棱長為2,則其體積為（）A.20+12舊B.28V2C.D.33【答案】D作出圖形，連接該正四棱臺上下底面的中心，如圖,因為該四棱臺上下底面邊長分別為2,4,側(cè)棱長為2,所以該棱臺的高h(yuǎn)=/2-(2在71)2=夜，下底面面積$=16,上底面面積2=4.所以該棱臺的體積V=：h

7、(Si+S2+/落)=|x72x(16+4+V64)=g魚.故選：D.【2021年全國甲卷理科6】在一個正方體中，過頂點A的三條棱的中點分別為邑F,G.該正方體截去三棱錐4-EFG后，所得多面體的三視圖中，正視圖如圖所示，則相應(yīng)的側(cè)視圖是()【答案】D由題意及正視圖可得幾何體的直觀圖，如圖所示,所以其側(cè)視圖為.【2021年全國甲卷理科8】2020年12月8日，中國和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86（單位：m）,三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一.如圖是三角高程測量法的一個示意圖，現(xiàn)有A,8,C三點，且A,B,C在同一水平面上的投影滿足NACB=45。，ABC=60.由C點測得

8、8點的仰角為15。,88與CC，的差為100；由8點測得A點的仰角為45。,則A,C兩點到水平面ABC，的高度差44一CC約為（6之1.732）（）A.346B.373C.446D.473【答案】B過C作CHJ.8B,過B作8D14A,故44-CC=AA-(BB-BH)=AA-BB+100=AD+100,由題，易知/WB為等腰直角三角形，所以所以4A-CC=DB+100=AB+100.因為MC”=15,所以C”=CB1=J?tanl5在ABC中，由正弦定理得： TOC o 1-5 h z _C，B，_100_100sin450sin75tanl50cosl50sinlS0*HUsinl50=s

9、in(45-30)=sin45cos300-cos45sin30=所以48=1至學(xué)=100(73+1),273，V6-V2、J所以A4CC=AE+100 x373.故選：B.10.【2021年全國甲卷理科11】已如A,B,C是半徑為1的球。的球面上的三個點，且AC_LBC,4C=BC=1,則三棱錐。一ABC的體積為()A.立B.3C.D.在121244【答案】A.AC1BC,4C=8C=1,8c為等腰直角三角形，=則48C外接圓的半徑為玄，又球的半徑為1,2設(shè)。到平面A8C的距離為d,則d=卜_$2=導(dǎo)所以%-ABC=:Saa8c,d=：X：X1X1X1=9故選：A.11.【2021年新高考1

10、卷3】已知圓錐的底面半徑為近，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為()A.2B.2yf2C.4D.4a【答案】B設(shè)圓錐的母線長為I,由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則加=2“、，解得，=2位.故選：B.【2021年全國乙卷理科5】在正方體48。一4/1/5+1D. C.24D竽【解析】如圖，設(shè)CO = a, PE = b.則P0 = yPE2 - OE2 =由題意P02=1b,即2一9=：赤化簡得4（）一2-1=0,解得5=平（負(fù)值舍去）故選：C.D.【2020年全國1卷理科10】已知48,C為球0的球面上的三個點，。1為的外接圓，若。01的面積為4n,AB=BC=AC=OO19則球

11、。的表面積為（）A.64nB.48nC.36rD.32r【答案】A【解析】設(shè)圓Oi半徑為r，球的半徑為R,依題意，得nr?4jt,r=2,由正弦定理可得AB=2rsin60=2百，00y=AB=2V3,根據(jù)圓截面性質(zhì)，平面4BC,10烏_LA,R=。4=J。2+。涕2=J。/2+/=4,二球。的表面積S=4nR2=647r.（2020年全國2卷理科07如圖是一個多面體的三視圖，這個多面體某條棱的一個端點在正視圖中對應(yīng)的點為M,在俯視圖中對應(yīng)的點為N,則該端點在側(cè)視圖中對應(yīng)的點為（）A. EC. GD. H【答案】A【解析】根據(jù)三視圖，畫出多面體立體圖形,主視圖方向u俯視圖方向圖中標(biāo)了根據(jù)三視圖

12、M點所在位置,可知在側(cè)視圖中所對應(yīng)的點為E.故選：A.【2020年全國2卷理科10】已知A8C是面積為些的等邊三角形，且其頂點都在球。的球面上.若球。4的表面積為16n，則。到平面ABC的距離為（A.V3B.1C.1D.當(dāng)【答案】C【解析】設(shè)球。的半徑為R,貝iJ4ttR2=16，解得：R=2.設(shè)4BC外接圓半徑為r,邊長為a,.ABC是面積為W的等邊三角形,=苧，解得：a=3,r=|xJa2-y=|x9-=V3,二球心。到平面ABC的距離d=7R2產(chǎn)=V43=1.故選：C.18.【2020年全國3卷理科08】卜一圖為某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積是(A.6+4&B.4+4夜C.6+27

13、3D.4+273【答案】C【解析】根據(jù)三視圖特征，在正方體中截取出符合題意的立體圖形n根據(jù)乂體圖形可得：Smbc=Sadc=Scdb=-x2x2=2根據(jù)勾股定理可得：AB=AD=DB=2V2A是邊長為2位的等邊三角形根據(jù)三角形面積公式可得：S”db=ABAD-sin600=|(2V2)2-=273.該幾何體的表面積是：3x2+2百=6+26.故選：C.19.（2020年浙江卷05】某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則該幾何體的體積（單位：皿3）是（在視圖例校圖俯視圖A.-B.C.3D.633【答案】A【解析】由三視圖可知，該幾何體是上半部分是三棱錐，下半部分是三棱柱，所以幾何體的體積為:

14、ix（ix2xl）xl+（ix2xl）x2=-+2=-.32/2733故選：A20.【2020年浙江卷06】已知空間中不過同一點的三條直線m,n,/,則“m,n,/在同一平面是m,n,/兩兩相交”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】依題意m,n是空間不過同一點的三條宜線，當(dāng)在同一平面時，可能mn!，故不能得出m,n,，兩兩相交.當(dāng)7n,n/兩兩相交時，設(shè)mCn=A,mnI=B,nnI=C,根據(jù)公理2可知?n,n確定一個平面a,而8?nua,CW，ua,根據(jù)公理1可知，直線8c即Iua,所以在同一平面.綜上所述，m,n,在同一平面是

15、m,n,，兩兩相交”的必要不充分條件.故選：B21.【2020年天津卷05】若棱長為2百的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（）A.127rB.247rC.367TD.1447r【答案】C【解析】這個球是正方體的外接球，其半徑等于正方體的體對角線的一半，（2可+（2可+（2可即RJ=3,所以，這個球的表面積為S=4nR2=4?rx32=367r.故選：C.22.【2020年北京卷04】某三棱柱的底面為正三角形，其三視圖如圖所示，該三棱柱的表面積為（）.側(cè)（左）視圖A.6+V3B.6+2-73C.12+遍D.12+273【答案】D【解析】由題意可得，三棱柱的上下底面為邊長為2的等邊三角

16、形，側(cè)面為三個邊長為2的正方形,則其表面積為：S=3x（2x2）+2xQx2x2xsin60。）=12+2V3.故選：D.23.【2020年海南卷04日孱是中國古代用來測定時間的儀器，利用與唇面垂直的唇針投射到唇面的影子來測定時間.把地球看成一個球（球心記為。），地球上一點4的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與。A垂直的平面.在點A處放置一個日號，若辱面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40。，則唇針與點八處的水平面所成角為（）A.20B.40C.50D.90【答案】B【解析】畫出截面圖如下圖所示，其中CD是赤道所在平面的截線：，是點4處的水平面的截線，依題

17、意可知。A1/；AB是劈針?biāo)谥本€.m是辱面的截線，依題意依題意，晝面和赤道平面平行，密針與唇面垂直，根據(jù)平面平行的性質(zhì)定理可得可知mCD、根據(jù)線面垂直的定義可得4B1m.由于Z40C=40,m/CD,所以404G=ZAOC=40,由T/.OAG+Z.GAE=乙BAE+/.GAE=90,所以Z84E=/.OAG=40,也即導(dǎo)針與點A處的水平面所成角為4B4E=40.故選：B24.【2020年上海卷151在棱長為10的正方體ABC。-A181C1D1中，P為左側(cè)面AOQ14上一點，已知點P到4C1的距離為3,P到A41的距離為2,則過點尸且與A1C平行的直線相交的面是（）【答案】解：如圖,CCD

18、D D. ABCDG以B由點P到A1D1的距離為3,P到AA1的距離為2.可得P在A4i內(nèi)，過尸作E尸4。，且尸。411于,EFCA/）于凡在平面ABCD中，過F作尸GC。，交BC于G,則平面EFG平面4DC.連接AC,交FGI-M,連接EM,;平面EFG平面A1DC,平面4ACC平面AiCC=AiC,平面AiACC平面EFM=EM,在EFW中，過P作PN/EM,且PNCFM于N,則PN/AC.線段尸例在四邊形ABC。內(nèi)，N在線段FA/上，在四邊形A8CC內(nèi).過點PFL與A1C平行的直線相交的面是A8CD.故選：D.25.【2019年新課標(biāo)3理科08如圖，點N為正方形A8C。的中心，ECD為正

19、三角形，平面EC。J_平面ABCD,M是線段EQ的中點，則（）BM=EN,且直線BM,EN是相交直線BM中EN,且直線BM,EN是相交直線8A/=EM且直線8M,EN是異面直線BM豐EN,且直線BM,EN是異面直線【答案】解：；點N為正方形A8CO的中心，（?為正三角形，平面ECC平面A8CQ,歷是線段ED的中點，二8=平面8。ENu平面BDE,.,8M是BDE中DE邊上的中線，EN是ABDE中8。邊上的中線，二直線BM,EN是相交直線，設(shè)DE=a,則BD=41a,BE=a2+a2=42a,4,，二 BM=V6-2a：.BMEN,故選：B.26.【2019年全國新課標(biāo)2理科07】設(shè)a,0為兩個

20、平面，則a。的充要條件是（）a內(nèi)有無數(shù)條直線與p平行a內(nèi)有兩條相交直線與0平行a,。平行于同一條直線a,0垂直于同一平面【答案】解：對于A,a內(nèi)有無數(shù)條直線與B平行，aC0或a仇對于8,a內(nèi)有兩條相交直線與B平行，a仇對于C,a,B平行于同一條直線，aC0或aB；對于。，a,B垂直于同一平面，aC0或a。.故選：B.A ABC27.【2019年新課標(biāo)1理科12】已知三棱錐P-ABC的四個頂點在球。的球面上，PA=PB=PC,是邊長為2的正三角形，E,尸分別是以，A8的中點，ZCF=90,則球。的體積為（）A.8后TtB.4V6nC.2V6nD.訪rr【答案】解：如圖，r|）PAPB=PC,/X

21、ABC是邊長為2的正三角形，可知三棱錐P-4BC為正三棱錐，則頂點P在底面的射影。為底面三角形的中心，連接80并延長，交AC于G,貝iAC_L8G,XPO1.AC,POHBG=O,可得AC_L平面尸8G,則尸8_LAC,:E,尸分別是以，AB的中點，尸8,又/CEF=90,BPEFLCE,：.PB1CE,得PB_L平面MC,.正三棱錐P-ABC的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，把三棱錐補(bǔ)形為正方體，則正方體外接球即為三棱錐的外接球，其直徑為D=IPA2+PB2+PC2=V6.半徑為三，則球0的體積為57rx（）3=-v6tt.故選：D.稱為祖若某柱28.2019年浙江04祖眶是我國南北朝時代的偉大科學(xué)家

22、，他提出的“累勢既同，則積不容異”唯原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式丫柱f*=S/7,其中S是柱體的底面積，力是柱體的高.體的三視圖如圖所示（單位：C7H）,則該柱體的體積（單位：CRH）是（）正視圖側(cè)視圖俯視圖A.158B.162C.182D.324【答案】解：由三視圖還原原兒何體如圖,該幾何體為宜五棱柱，底面五邊形的面積可用兩個宜角梯形的面積求解，11即S五龍右8皿=*(4+6)x3+6)x3=27,高為6,則該柱體的體積是V=27X6=162.故選:B.29.(2019年浙江08】設(shè)三棱錐V-ABC的底面是正三角形，側(cè)棱長均相等，P是棱%上的點(不含端點).記直線P8與直線AC所成

23、角為a,直線P8與平面48c所成角為由二面角尸-4C-8的平面角為丫,則()A.PayB.Pa,PyC.0a,yaD.ap,yP【答案】解：方法線段AO上，作DEVAC于E,易得PE/VG,過P作PF/ACTF.過。作O”4C,交.BG于H,貝iJa=NBPF,B=NPBD,y=NPED,rilliPFEGDH，DQ77r犯Q則cosa=麗=麗=而麗=tanp,nJ將py,方法由最大角定理可得PY-Y；十汪口汨2、3pzh./33.。竽/2.乎2/2方法易得cosa=寅=不，可得sina=-,sin0=貢=可，siny=-y-T故選：B.（2019年上海卷14一個直角三角形的兩條直角邊長分別為

24、1和2,將該三角形分別繞其兩個直角邊旋轉(zhuǎn)得到的兩個圓錐的體積之比為（）A.1B.2C.4D.8【答案】如圖，則匕=571X22X1=?7T,V2=k7TXl2x2=1tt4.,兩個圓錐的體積之比為尹=2.57r故選：B.【2021年新高考2卷10如圖，在正方體中，。為底面的中心，P為所在楂的中點，M,N為正方體的頂點.則滿足MN1OP的是（）【答案】BC設(shè)正方體的棱長為2,對于A,如圖（1）所示，連接AC,則MN/1C,故APOC（或其補(bǔ)角）為異面宜線OP,MN所成的角，在直角三角形OPC,0C=V2，CP=1.故tan“OC=*=去故MNJ.OP不成立，故A錯誤.對fB,如圖（2）所示，取N

25、T的中點為Q,連接PQ,0Q,則。Q_LNT,PQ1MN,由正方體SBCM-NADT可得SNiflkiANDT,而OQu平面AN”,故SN1OQ,而SNCMN=N,故OQ1平面SNTM,又MNu平面SNTM,OQ1MN,而OQnPQ=Q,所以MNUFffliOPQ,而POu平面OPQ,故MN1OP,故B正確.對于C,如圖(3),連接8。，則8QMN,由B的判斷可得OP1.8。,故。PlMN,故C正確.對于D,如圖(4),取AD的中點Q,A8的中點K,連接4C,PQ,OQ,PK,0K,則AC/MN,因為。P=PC,故PQ/1C,故PQ“MN,所以tQP?；蚱溲a(bǔ)角為異面直線P。MN所成的角，r因為

26、正方體的棱長為2,故PQ=AC=yfi,OQ=-JAO2+AQ2=V1+2=V3JPK2+OK2=V4TT=V5.QO?1中，AB = BC = 2,BBX = 1,E,尸分別為棱BiG，BC的中點，則正視圖，側(cè)視圖，俯視圖對應(yīng)的幾何體為三棱錐E-4DF.故答案為：34.【2020年全國1卷理科16】如圖，在三棱錐P-A8C的平面展開圖中，AC=1,AB=AD=V3,ABLAC,ABA.AD,ZG4F=30,則cos/FCB=.【答案】； 4【解析】AB 1 AC, AB = V3, AC = 1,由勾股定理得8c = JAB2+AC2 = 2,同理得8。= V6. BF = BD= y6,在

27、 ACE中，AC = 1, AE = AD = V3, CAE = 30,由余弦定理得 CE? = AC2 + AE2 - 2AC - 4Ecos30 = 1 + 3-2 x 1 x V3 Xy = 1,CF = CE = 1,在ABCF中，BC = 2, BF = V6, CF = 1,由余弦定理得cos/FCB =2 + 842-8 產(chǎn)2CFBC1+462X1X24故答案為：435.【2020年全國2卷理科16】設(shè)有下列四個命題：p1：兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內(nèi).p2：過空間中任意三點有且僅有一個平面.p3：若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行.P4：若直線/U平面a,

28、直線mJ_平面a,則m，/.則下述命題中所有真命題的序號是.PiAP4PlAP2rP2Vp3-p3V-ip4【答案】【解析】對于命題Pi，可設(shè)，1與，2相交，這兩條直線確定的平面為a；若，3與，1相交，則交點4在平面a內(nèi)，同理，卜與，2的交點8也在平面a內(nèi)，所以，AB-48iCiCi的體積是120,為。的中點,二以bcdt出CQ=ABXBCXDD=20,二三棱錐E-8CD的體積：1Ve-bcd=gxShBCDxCE.2019年北京理科11】某幾何體是由一個正方體去掉一個四棱柱所得，其三視圖如圖所示.如果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為/,那么該幾何體的體積為.B該幾何體是把棱長為4的正方體去掉個四棱柱

29、，1則該幾何體的體積V=4x2x2+1(2+4)x2x4=40.故答案為：40.【2021年天津17】如圖，在棱長為2的正方體ABCC-&B1C1D1中，E為棱8c的中點，F(xiàn)為棱CD的中點.(I)求證：C/平面&EG；(ID求直線AG與平面&EG所成角的正弦值.(III)求二面角A-4C1-E的正弦值.【答案】證明見解析;(IDA(III)93【解析】(I)以4為原點，48,40,441分別為x,y,z軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，則4(0,0,0),4i(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),G(2,2,2),(0,2,2),因為E為棱8c的中點，F(xiàn)為棱CD的中點

30、，所以E(2,l,0),F(l,2,0),所以印=(1,0,-2),=(2,2,0),砧=(2,1,-2),設(shè)平面4ECi的一個法向量為沅=(Xi，%,Zi),則+2%=。令力=2,則沅=(2,-2,1),mAyE=2x1+%2Z1=0因為印沆=22=0，所以及P_L沅，因為D/仁平面&EC1，所以)/平面&EC1；(II)由得，宿=(2,2,2)，設(shè)直線4cl與平面&EG所成角為仇則sin6=|cos|=|熹芻;|=二=3：11,1Imll/lCJ13X2V59(III)由正方體的特征可得，平面A&G的一個法向量為麗=(2,-2,0)，則8s(而,m)=濡亮=&=竽，所以二面角4-4G-E的

31、正弦值為ll-cos2(DB,m)=47.2021年浙江19】如圖，在四棱錐P-ABC。中，底面ABC。是平行四邊形，UBC=120,AB=1,BC=4,PA=V15.M,N分別為BC,PC的中點，PD1DC.PMLMD.(1)證明：AB1PM；(2)求直線AN與平面PCM所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析：(2)叵.6(1)在A0CM中，DC=1,CM=2,Z.DCM=60,由余弦定理可得DM=6，所以DM?+DC2=dmdc由題意ociPDS.PDfDM=D,.-.DC_L平面PDM,而PMu平面POM,所以。C_LPM,5LAB/DC,所以ABJ.PM.(2)由PM1MD,AB1P

32、M,而48與。M相交，所以PM_L平面48CD,因為AM=，所以PM=2或，取AC中點E,連接ME,則ME,DM,PM兩兩垂直，以點M為坐標(biāo)原點，如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，則4(一百,2,0),P(0,0,2V2),D(V3,0,0),M(0,0,0),C(V3,-l,0)又N為PC中點，所以N除心，何麗=(,-1,V2).由(1)得CD1平面PCM,所以平面PDM的一個法向量元=(0,1,0)一,d八麗宿2V15從而直線4N與平面PCM所成角的正弦值為sin。=而而=-叵玄=V.B48.【2021年北京17】已知正方體ABCC-A/iCiDi，點E為公劣中點，直線當(dāng)好交平面CDE于點F.

33、(1)證明：點F為&Ci的中點；(2)若點M為棱A聲1上一點，且二面角MCFE的余弦值為?，求黑的值.【答案】證明見解析：7V=;.如圖所示,取&C1的中點F,連結(jié)DE,EF,FC,由于ABC。為正方體，E,F為中點,故EF|CD,從而E,尸,C,。四點共面，即平面CDE即平面CDEF,據(jù)此可得：直線BiQ交平面CCE丁點F,當(dāng)宜線與平面相交時只有唯一的交點，故點尸與點F重合，即點尸為&G中點.（2）以點。為坐標(biāo)原點，方向分別為x軸，y軸，z軸正方形，建立空間直角坐標(biāo)系。一xyz,不妨設(shè)正方體的棱長為2,設(shè)若=4（044W1）,則：M(2,22,2),C(0,2,0),F(l,2,2),(1,

34、0,2),從而:MC=(-2,2-2A,-2),CF=(1,0,2),FE=(0,-2,0)，設(shè)平面MCF的法向量為：zi）,則:mMC=-2;q+(22A)yx2zr=0m-CF=xt2z1=0令Z1=-1可得：記=（2,白，一1）,1-X設(shè)平面CFE的法向量為:亢=（工2，丫2*2），則:nFE=-2y2=0GCF=2+2z2=0令Zi=-1可得:n=(2,0,-1)，從而：inn=5,m=5+(-)2,|n|=V5Imn則：cos=i整理可得：（4-1）2=：,故4=g（A=，舍去）.49.【2021年新高考2卷19】在四棱錐Q4BCD中，底面ABCD是正方形，若AC=2,QD=QA=V

35、5,QC=3.（1）證明：平面04。1平面4BCC；（2）求二面角B-QD-4的平面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）（1）取4。的中點為。，連接QO,CO.因為QA=QD,OA=OD,則QO1AD,而AD=2,QA=V5故QO=V5-1=2-在正方形ABCD中，因為4。=2,故。0=1,故C0=,因為QC=3,故QC2=qq2+。2,故aQ。為直角三角形且Q。j.oc,因為0CHAD=0.故QO1平面48CD,因為Q。u平面Q40,故平面Q4D1平面4BCD.（2）在平面48C。內(nèi)，過。作。TCO,交BC于7,則OTJ.Z。，結(jié)合（1）中的QO_L平面4BCD,故可建如圖所示的空間

36、坐標(biāo)系.則。(0,1,0),Q(0,0,2),8(2,-1,0),故麗=(-2,1,2),FD=(-2,2,0).設(shè)平面QBD的法向量元=(x,y,z),則U器:；即二：案三取一，則yf,故元=(1,1,1而平面Q/W的法向量為沅=(1,0,0),故cos(或用=力=:2二面角8-QC-A的平面角為銳角，故其余弦值為=2, E,50.【2021年全國甲卷理科19】己知直三棱柱ABC-A/iG中，側(cè)面44/iB為正方形，AB=F分別為4c和CG的中點，。為楂兒當(dāng)上的點.BF1A/i(1)證明：BF1CE；(2)當(dāng)8。為何值時，面8/C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）見解析；

37、（2）SjD=i因為三棱柱ABC-/當(dāng)?shù)氖侵币焕庵?，所以BE】_L底面ABC,所以B/IAB因為4遇148,BFLAi，所以8尸1A8,又BBiCBF=B,所以4B_L平面所以848c,8比兩兩垂直.以8為坐標(biāo)原點，分別以B48C,BBi所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.所以8(0,0,0)(2,0,0),C(0,2,0),當(dāng)(0,0,2),41(2,0,2),G(0,2,2),由題設(shè)D(a,0,2)(0a2).(1)因為BF=(0,2,l),DE=(1-a,l,-2),所以8FDF=0 x(l-a)+2xl+lx(-2)=0,所以BF1DE.(2)設(shè)平面OFE的法向量為沅=(x

38、,y,z),因為EF=(-1,1,1),OF=(1-a,1,-2),(Tn-EF=0Qnrx+y+z=0以?nDE=O1(I-a)x+y2z=O令z=2a,則m=(3,1+a,2a)因為平面BCC$i的法向量為瓦=(2,0,0)，設(shè)平面BCGa與平面DEF的二面角的平面角為。，則IcosOI=2X,2aLa+14=l/a+k當(dāng)a=g時，2a22a+4取最小值為弓,3_口此時cos。取最大值為豆=T.此時BiD=|.51.【2021年新高考1卷20如圖，在三棱錐4一BCD中，平面48。，平面BC。，AB=AD,。為BO的中點.(1)證明：0A1CD；(2)若OCC是邊長為1的等邊三角形，點E在棱

39、4。上，DE=2EA,且二面角E-8C-。的大小為45。,求三棱錐A-BCD的體積.【答案】(1)詳見解析(2)R(1)因為AB=AD,。為BD中點，所以AO_LBD因為平面ABDC平面BCD=8。,平面ABD1平面BCD.AOu平面ABD,因此AO_L平面BCD,因為CDu平面BCD,所以AOICD(2)作EF1_BD于F,作FM_LBC于M,連FM因為AO_L平面BCD,所以AO_LBD,AOCD所以EFJ_BD,EFXCD,BDCCD=D,因此EF_L平面BCD,即EFLBC因為FM_LBC,FMCEF=吃所以BC_L平面EFM,即BC_LMF則4EMF為二面角E-BC-D的平面角，4E

40、MF=:因為B。=ODAOC。為正三角形，所以AOCD為直角三角形因為BE=2ED,-FM=1(1+|)=|從而EF=FM=：AO=1vAO，平面BCD,所以V=-Sabcd=-xlxixlxV3=332652.【2021年全國乙卷理科18如圖，四棱錐PABC。的底面是矩形，PC1底面ABC。，PD=DC=1,M為BC的中點，且(1)求BC；(2)求二面角APMB的正弦值.【答案】(1)V2;叵14(1)VPDL平面48CD,四邊形48CD為矩形，不妨以點。為坐標(biāo)原點，DA.DC、OP所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系。-xyz,設(shè)8C=2a,則。(0,0,0)、P(0,

41、0,l),8(2a,l,0)、M(a,l,0)、4(2a,0,0),則麗=(2a,1,-1)，AM=(-a,1.0)-PB1AM,則麗.AM=-2a2+1=0，解得a=.故BC=2a=VI：2(2)設(shè)平面PAM的法向量為訪=(Xi，%,zD，則而？=(-?,1,0)，而=(一a,0,1)，由+vi=o,取必=傳可得記=（V2,l2）,m-AP=-/2x1+ZI=0設(shè)平面PBM的法向量為記=（X2，V2，Z2），BM=（-y,0,0）.BP=（-V2,-l,l）.由n-BM=-x2=0,取丫2=1,可得元=（o,U），nBP=f2x2%+z2=0，一、m-n33fl4cos=-p一產(chǎn)=|m|n|

42、V7XV214所以，sin=71_cos2=因此，二面角APMB的正弦值為厚.53.【2020年全國1卷理科18如圖，。為圓錐的頂點，。是圓錐底面的圓心，4E為底面直徑，AE=AD.48c是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點,PO=D0.6(1)證明：PA_L平面PBC；(2)求二面角B-PC-E的余弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)半.5【解析】(1)由題設(shè)，知AZME為等邊三角形，設(shè)AE=1, TOC o 1-5 h z 則DO=更，CO=BO=-AE=-,所以尸。=立。0=立，22264PC=VPO2+OC2=yJPO2+OB2=,44又AA8c為等邊三角形，則上-=204所以84=

43、3,sin6002PA2+PB2=-=AB2,則4Ap8=90,所以P4J.PB,4同理241PC,又PCCPB=P,所以24_L平面P8C：(2)過。作0N8c交A8丁點N,因為POL平面ABC,以。為坐標(biāo)原點，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間宜角坐標(biāo)系，V則E（心,0,0）,P（0,0,中），8（一今0）,?，-務(wù)而=（.一爭，而=，。，-3令X=6，得Zi = -l,yi = 0,設(shè)平面PCB的個法向量為記=（卬0）,由,北=得尸】一皆|一以=。所以記=（a,0,1）,設(shè)平面PCE的一個法向量為元=（x2,y2lz2）山|巾PC = 0 得卜小-V3y2 -或Z2 = 0Im-P

44、E = O ，f（ -2x2 - V2zz = 0令*2 =1,得 z? = -V2,y2 =當(dāng)所以沆=（1,苧,一直）故cos =nm|n|m|設(shè)二面角B-PC-E的大小為。，則cose=詈.54.【2020年全國2卷理科20如圖，已知三棱柱A8C-481cl的底面是正三角形，側(cè)面881GC是矩形，M,N分別為8C,81cl的中點，戶為AM上一點，過&G和P的平面交A8于E,交AC于F.（1）證明：AAi/MN,且平面4AMNJ_EBiCiF；（2）設(shè)。為AiBiG的中心，若A。平面EBiGF,且AO=A8,求直線8正與平面4AM/V所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）詈.【解析

45、】（1）MN分別為8C,81cl的中點,又AABBaMNHAA、,在ABC中，M為BC中點,PPJBC1AM又.側(cè)面881cle為矩形，aBC1BBi，MNIIBB、,MN1BC,由MNCAM=M,可%,4乂:平面414”可:.BC1平面44MN又:BCJ/BC,艮81cl仁平面48C,BCu平面ABC,8Ci平面48c乂BGu平面EBiQF,且平面EBiGFCI平面ABC=EFByCx/EFEF/BC,乂：BC1平面4AMzEF_L平面414MNvEFu平面EBiG尸平面EBiGF_L平面&4MN(2)連接NPv4。平面EBiGF,平面40NPC平面E&GF=NPAO/NP.根據(jù)三棱柱上下底

46、面平行，其面41NM4C平面48C=AM,ANMA介平面必當(dāng)?shù)?ANON/AP,故：四邊形0NP4是平行四邊形設(shè)ABC邊長是67n(m0)可得：ON=AP,NP=AO=AB=6mv。為&8傳1的中心，且AG邊長為67nON=gx6xsin60=V3m.故：ON=AP=V3mvEF/BC,APEP*=，AMBM.G_EPA3Vl=T,解得：EP=m在當(dāng)口截取皿二后二小，故QN=2mvBQ=EP旦BiQI/EP四邊形BiQPE是平行四邊形，-B.E/PQ,由(1)81cl1平面4p4MN故“PN為與平面4AMN所成角在Rt4QPN,根據(jù)勾股定理可得：PQ=y/QN2+PN2=V(2m)2+(6m)

47、2=2V10msin“PN=,PQ2V10m10二直線&E與平面44MN所成角的正弦值：噂.55.【2020年全國3卷理科19如圖，在長方體4BC。-481加。1中，點E,F分別在棱。1,上，且2CE=ED1,BF=2FB1.(1)證明：點G在平面AEF內(nèi)；(2)若4B=2,AD=1,4&=3,求二面角A-EF-&的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)年.【解析】(1)在棱CQ上取點G,使得CiG=：CG,連接DG、FG、C】E、CrF,在長方體4BCD-418165中，ADBC且AD=BC,BBJ/CG且BB、=CCI22rGG=-CG,BF=2FB,CG=-CCr=-BBl=BFQ.C

48、G=BF,所以，四邊形8CGF為平行四邊形，則AFDG且=同理可證四邊形。EQG為平行四邊形，CEDG且GE=DG,CEAFilCiE=A凡則四邊形AEG尸為平行四邊形，因此，點G在平面AE尸內(nèi)：(2)以點G為坐標(biāo)原點，GDi、GB1、GC所在直線分別為x、y、z軸建立如F圖所示的空間直角坐標(biāo)系6-xyz,則4(2,1,3)、4(2,1,0)、(2,0,2),尸(0,1,1),AE=(0,-1,-1),AF=(-2,0,-2),AE=設(shè)平面AEF的法向量為沅=(Xi，yi，zj,呼和吟設(shè)平面4EF的法向量為五=(x2,y2z2)Z小,一一、m-n3y/7cos=l=,|m|n|V3xV217設(shè)

49、二面角4-EF-4的平面角為。,則|cos|(0,-1,2),于=(-2,0,1),11得i=%=l,則沅=(1,1,1),2得%2=1，力=4,則/=(1,4,2),=asine/=vlcos汩=.77因此，二面角A-EF-4的正弦值為手.56.【2020年山東卷20如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形,的交線為/.占理PDL底面ABCD.設(shè)平面PAD與平面P8c(1)證明：/J_平面PDC；(2)已知PD=AD=1,Q為/上的點，求P8與平面QCD所成角的正弦值的最大值.【答案】證明見解析：（2）Y.【解析】（1）證明：在正方形4BC7）中，AD/BC,因為AD仁平面PBC,BCu平面P

50、BC,所以平面PBC,乂因為4。2平面24,平面PADn平面PBC=，所以ADl,因為在四棱錐產(chǎn)一48CD中，底面4BC。是正方形，所以4。1。?,二，1DC,且PCllfiiABCD,所以4。1PD,I1PD,因為CDCPC=0所以I1平面PDC；（2）如圖建立空間直角坐標(biāo)系。-xyz,因為PD=4。=1,則有。(0,0,0),C(0,1,0),4(1,0,0),P(0,0,1),B(l,1,0),設(shè)Q(m.0,l),則有無=(0,1,0),麗=(m,0,1),PB=(1,1,-1).設(shè)平面QCC的法向量為元=(x,y,z),喘；：，嘰第I。，令x=l,則z=-m,所以平面QCO的一個法向量

51、為五=(1,0,m),則cos=,=-zz,|n|PB|V3-Vm2+1根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于|cos亢而1=4駕=3,性竽生=叵h+T-W更.1+用4,1V3vm2+13mz+l3y/m2+l3ymJ+l爭an=q,當(dāng)且僅當(dāng)m=i時取等號，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為手.【2020年江蘇卷15】在三棱柱A8C-481G中，AB1AC,8iC_L平面A8C,E,F分別是AC,81c的中點.B(1)求證：EF平面A81Q：(2)求證：平面A8J平面A88i.【答案】(1)證明詳見解析；

52、(2)證明詳見解析.【解析】(1)由于E,尸分別是4cBic的中點,所以EFABi.由于EF2平面4816,ABiU平面4B1G，所以EF平面4當(dāng)?shù)?(2)由于BiCJ_平面NBC,48u平面ABC,所以81cl4B.由于4B_LAC,4CCBiC=C,所以AB_L平面481。，由于48u平面所以平面48停1平面4B位.R.【2020年江蘇卷24】在三棱錐A-8CD中，已知CB=CDm,BD=2,O為BD的中點，A。，平面BCD,AO=2,E為AC的中點.求宜線AB與DE所成角的余弦值若點F在8c上AB.DE從而直線AB與DE所成角的余弦值為:(1,2,0)(-2,1,1)的大小為9,求sin

53、)5的值(1,0, 2),DE = (1,U)以。B,OC,OA為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，JllJ/l(0,0,2),B(1,0,0),C(0,2,0),D(-1,0,0) ：- E(0,l,l)設(shè)平面DEC一個法向量為石 = (x, y, z)量為雨=OiJiZ),令為=-7=2,Zi=5anJ=(2,-7,5)61.C0S=右行=-/因此皿=誓=迥V1313.【2020年浙江卷19】如圖，三棱臺DEF-A8c中，面ADFCJ_面A8C,NACB=/ACD=45。，DC=2BC.(I)證明：FFDB；(II)求DF與面DBC所成角的正弦值.【答案】(I)證明見解析；(H)y【解析】(

54、D作DH1AC交4c于“，連接BH.:平面A0FC1.平面A8C,而平面ADFCC平面ABC=AC,J_平面ABC,即有DH1BC.J/.ACB=CD=45,:.CD=V2CH=2BC=CH=2BC.在ACB4中，BH2=CH2+BC2-2CH-5Ccos45=BC2,HPWBH2+BC2=CH2,：.BH1BC.由棱臺的定義可知，EF/BC,所以DH1EF,BH1EF,而=AEFlYffiBHD,而80u平面BHD,：.EF1DB.(II)因為DFCH,所以。尸與平面。8c所成角即為與CH平面DBC所成角.作HG1BO于G,連接CG,由(1)可知，BC_L平面BHO,所以平面BCD，平面BH

55、O,而平面BCDD平面8。=BD,L平面BCD.即CH在平面。8c內(nèi)的射影為CG,N/CG即為所求角.在RtAHGC中，設(shè)8C=a,則CH=缶，G=號券=晉j=柒，.，U廠廠HG1y13.sinzWCG=-=?=T.故OF與平面DBC所成角的正弦值為（B.2020年天津卷17如圖，在三棱柱ABC-4/16中，CG1平面4BC,4c1BC.AC=BC=2,CCX=3,點D,E分別在棱和棱CCi上，且1CE=2,M為棱4名的中點.（I）求證：C1M1B1D（II）求二面角B-BiE-。的正弦值；（III）求直線AB與平面所成角的正弦值.【答案】（I）證明見解析；（H）等（III）463【解析】依題

56、意，以C為原點，分別以N、CB,鬲的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系（如圖）,可得C(0,0,0)、4(2,0,0)、B(0,2,0)、Q(0,0,3),4(2,0,3)、Bi(0,2,3)、。(2,0,1)、E(0,0,2)、(I)依題意，的=(1,1,0),瓦萬=(2,2,2),從而瓦而瓦萬=2-2+0=0,所以C1MJ.B1。；(II)依題意，CA=(2,0,0)是平面的一個法向量，西=(0,2,1),FD=(2,0,-1).設(shè)元=(x,y,z)為平面D/E的法向量，則但里=0,即2y+z=0,(n-FD=0(2x-z=0不妨設(shè)x=I,可得汽=(1,1,2)./7rx、C

57、An2V6coS=-.sin=Jl-cos2=等.所以，二面角8-8道一。的正弦值為督；(III)依題意,AB=(-2,2,0).由(H)知元=為平面的,個法向量，于是cos=渭;點=艱短所以，直線A8與平面。/E所成角的正弦值為日.61.【2020年北京卷16如圖，在正方體ABCC-AiBiGDi中，E為8名的中點.(I)求證：8G平面AD1E；(II)求直線NA】與平面ACiE所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析：(H),【解析】(I)如下圖所示：在正方體4BCD-418165中，且4B=A$i，&BJ/C1D1且481=6劣，；.AB/QD1且AB=CR,所以，四邊形4BC15為平行

58、四邊形，則BC/4D1，8GC平面4。住,ADXu平面ACiE,8cl平面4。送；(H)以點4為坐標(biāo)原點,4、AB、44i所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系4-xyz.設(shè)正方體ABCD-A/iGDi的梭長為2,則4(0,0,0)、&(0。2)、Dt(2,0,2),E(0,2,l)，A5=(2,0,2),AE=(0,2,1),設(shè)平面4iE的法向量為元=(x,y,z),由得令z=-2.則x=2,y=1,則元=(2,1,2). TOC o 1-5 h z ,、n-AA142cos=.1向|4Ali3x23因此，直線A&與平面AOiE所成角的正弦值為:62.【2020年海南卷20

59、如圖，四棱錐P-A8CD的底面為正方形，PD_L底面A8CD.設(shè)平面R4D與平面P8C的交線為/.(1)證明：LL平面PDC-,(2)已知PD=AD=1,Q為/上的點，求P8與平面QCD所成角的正弦值的最大值.【答案】證明見解析；(2)當(dāng)【解析】(1)證明：在正方形4BCD中，AD/BC.因為4DC平面PBC,BCu平面PBC,所以平面PBC,又因為4。u平面PA。，平面PAOCI平面P8C=I,所以4。，因為在四棱錐尸一A8CD中，底面48CD是正方形，所以4。J.DC,;/_LDC,且PD，平面A8C0,所以4。1PD.I1PD,因為CDCPD=D所以，1平面PDC；(2)如圖建立空間直角

60、坐標(biāo)系O-xyz,因為PD=AD=1,則有。(0,0,0),C(0,1,0),4(1,0,0),P(0,0,1),8(1,1,0),設(shè)Q(m,0,l),則有反=(0,1,0),DQ=(m,0,1),PF=(1,1,-1),設(shè)平面QC。的法向量為元=(x,y,z).令x=l,則2=-巾，所以平面QCD的一個法向量為元=(1,0,-m).則8s(記，而 =耦l+0+mV3-Vm2 + 1根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于|cos=宵2=R,J1+舄y-J1+猊8上的投影為A,連接CCi,則NChCA即為線段CCi與平面