G立体几何理科2014年Word版含答案

1、数 学AiA丄底面ABCD四边形ABCD为梯形,AD/ BC且AD= 2BC过Ai, C, D三点的平面记为,BB与a的交点为Q(1)证明：Q为BB的中点;G单元立体几何G1空间几何体的结构20. G1、G4 G11 如图 1-5，四棱柱 ABCD ABGD 中,求此四棱柱被平面 a所分成上下两部分的体积之比;与底面ABCD所成二面角的大(3)若AA= 4, CD= 2，梯形ABCD勺面积为6,求平面 小.20.解：(1)证明：因为 BQ/ AA, BC/ ADB8 BQ= B, Am AA= A,所以平面QBQ平面AiAD从而平面AiCD与这两个平面的交线相互平行,即 QC/ AiD.故 Q

2、BCfA AiAD的对应边相互平行,于是 QBCo AADBQ BQ BC 1所以BB= Aa = ADT2, 即 为BB的中点.如图I所示，连接QA QD设AA = h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面 a所分 成上下两部分的体积分别为 V上和V下, BC= a,则AD= 2a.ACl熱吒:4f EV三棱锥 Q-AiAD= 3 X 2 - 2a - h - d= gahd,、，1 a+ 2a f1 A 1 “V 四棱锥 Q-ABCD=- - - - d ITh = -ahd ,32 *幺丿4所以V=V三棱锥 Q-AiA叶V四棱锥Q-ABC= l-ahd.3又 V四棱柱 ABCD -ABCI

3、= ahd,371 1V上 1 1所以 V上= V四棱柱 ABCD -ABCBV下= 2ahd-荷hd=存hd,故-=亍.方法一：如图1所示，在 ADC中，作 AE1 DC,垂足为E,连接 AE.又 DELAA,且 AAn AE= A,所以DEL平面 AEA所以DEIAE所以/ AEA为平面a与底面ABCD所成二面角的平面角.因为 BC/ AD AD= 2BC 所以 &ADC= 2Sabca又因为梯形 ABC啲面积为6, DC= 2,所以 Sxadc= 4, AE= 4.于是 tan / AEA=鈴=1 , / AEA=；4.故平面a与底面ABCD所成二面角的大小为n方法二：如图2所示，以D为

4、原点，DA DD分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.设/ CDAF 0 ,BC= a,贝y AD= 2a.因为S四边形ABCD=a+ 2a丁 - 2sin0= 6 ,从而可得 C(2cos 0 , 2sin0 ,X + 4= 0,0 + 2ysi n0 = 0,得!F= sin0 ,y = cos 0 ,所以 n= ( sin 0 ,cos 0 , 1).所以 DC= (2cos 0 , 2sin 0 , 0), DA=0 , 0, 4J设平面AiDC的法向量n=（X, y, 1）,fDA-n= . A 由sin 0I SC- n = 2xcos又因为平面 ABC啲法向量m= （0 ,

5、0, 1）,所以 cos n, m|n |m|故平面a与底面nABC顷成二面角的大小为亍& G1算数书早的有系统的数学典籍,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n近似取为3.那么，近似公式相75当于将圆锥体积公式中的n近似取为（2225157355A.- B. $ C. = D.=50113& B设圆锥的底面圆半径为r,底面积为1 2 1S,则L= 2n r，由题意得怎L1 2hSh, 代363入S= n r2化简得n - 3;类比推理，

6、若225V=L2h，则 n.故选 B.7587.G2、G1某几何体三视图如图 1-1所示，则该几何体的体积为（）A.*2*俯视图nn8 2 n B . 8 n C . 8迈 D . 8 -4-图1-1B根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分占圆柱的1 y余下的部分，故该几何体体积为2X 2X 2-2X 4x n X 2= 8- n .4G2空间几何体的三视图和直观图7.G2 一个多面体的三视图如图1-2所示,则该多面体的表面积为（）A.21+羽 B . 8 +C.21 D . 18f7.A如图，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其表面积

7、 S= 6X4 X 6+ 2X 212X2 = 21+（3.2.G2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2.A 由空间几何体的三视图可知，圆柱的正视图、侧视图、俯视图都不可能是三角形.5. G2在如图1-1所示的空间直角坐标系0- xyz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，的四个图，则该四A.和5. D由三视图及空间直角坐标系可知，该几何体的正视图显然是一个直角三角形且内有一条虚线(一锐角顶点与其所对直角边中点的连线),故正视图是；俯

8、视图是一个钝角三角形，故俯视图是.故选 D.7. G2、G8 块石材表示的几何体的三视图如图1-2所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于()正視图侧视图12俯視图1-27. B由三视图可知，石材为一个三棱柱（相对应的长方体的一半），故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可得6 = 2.AC5. G2 一几何体的直观图如图图1-25.易知该几何体的俯视图为选项B中的图形.7.G2、G1某几何体三视图如图 1-1所示，则该几何体的体积为 （）A.n8-2 n B . 8- n C . 8 3 D:!主视图俯视图图1-17. B

9、根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分占圆柱的1 丁余下的部分，故该几何体体积为2X 2X 2 2X 4x n X 2= 8 n .3.G2几何体的三视图（单位：cm）如图1-1所示，则此几何体的表面积是 （）A.3.3L3视圈图1-12 2 290 cm B . 129 cm C . 132 cm D . 1382 cmD 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其直观图如图,1所以该几何体的表面积为2(4 X 3+ 6X 3+ 6X 4) + 2X -X 3X 4 + 4X 3+ 3X 5 3X 3= 138(cm2)，故选 D.12. G2如图1-3，网格纸上小正方

10、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. 6 W B . 6 C . 4 年 D . 412. B 该几何体是如图所示的棱长为 4的正方体内的三棱锥 E- CCD(其中E为BB的中点)，其中最长的棱为 DE=7 ( 4匹)2 + 22 = 6.C,17a-275101B. 9 C. 27 D- 3( )6. G2如图1-1，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),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，则切削掉 部分的体积与原来毛坯体积的比值为2 2n X 3 X 2+ n X

11、2 X 4= 346. C该零件是一个由两个圆柱组成的组合体，其体积为n (cm)，原毛坯的体积为 n X 3X 6= 54 n (cm)，切削掉部分的体积为54 n 34 n = 20 n(cm3)，故所求的比值为 20卫=后.54 n 2717. G2四面体ABC及其三视图如图1-4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证明：四边形EFGH是矩形;求直线AB与平面EFGHe角0的正弦值.左视图17解：(1)证明：由该四面体的三视图可知,BDI DC BDI AD ADI DCBD= DC= 2, AD= 1.由题设，BC/平面E

12、FGH平面EFGHl平面BDC= FG平面EFGH平面 ABC= EH二 BC/ FG BC/ EH 二 FG/ EH同理 EF/ AD HG/ AD EF/ HG四边形EFGH是平行四边形.又 ADL DC ADL BD AD!平面 BDC ADI BC EFl FG四边形EFGHi矩形.方法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，贝yC(0, 0 , 0), A(0 , 0 , 1), 02, 0 , 0), C(0 , 2, 0),DA= (0 , 0, 1) , BC= ( 2, 2, 0),BA= ( 2, 0, 1).设平面EFGH勺法向量n=(X, y, z), EF/ AD

13、 FG/ BC- n - DA= 0 , n BC= 0 ,z= 0 ,得 L2X+ 2y = 0,取 n =(1, 1, 0),7I BA- n Isin 0=|cos | =10. G2 一个儿何体的三视图如图0),I BA- nIlBAl n|75x 羽51-3所示（单位：m）,则该几何体的体积为3m.2正視圈JA视图俯视图1-321由三视图可得，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V= n X 12X 4+-n3X 22X 2 =.3JI*4.H 4 f 3 左视图胳视图图1-2A. 54 B . 60 C . 66 D . 727. B由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱

14、锥所得，三棱柱的底面是一个两直角边长分别为3和4的直角三角形，高为 5,截去的锥体的底面是两直角边的边 长分别为3和4的直角三角形，高为3，所以表面积为 S= 2X 3 X 4 + 45+ 3X 5= 60.4.G3已知m n表示两条不同直线，a :A.若m/a,n/ a ,贝U m nB.若mLa,n? a ,则 mL nC.若mla,nLn,贝U n/ aD.若m/a,mLn,贝U nL a4.BB由题可知，若m/a , n/ a若mla ,n?a,则mL n ,故B正确；若mLG3平面的基本性质、空间两条直线表示平面下列说法正确的是，则m与n平行、相交或异面,a , mLn,a ,ml

15、n,贝u n / a 或 n? a所以A错误;，故C错误.若则n / a或nL a或n与a相交，故D错误.17. G3 G5 G11 在平面四边形 ABCD中，AB= BD= CD= 1, A吐 BD, CD! BD 将 ABD沿BD折起，使得平面 ABDL平面BCD如图1-5所示.求证：ABL CD若M为AD中点，求直线 AD与平面MBC所成角的正弦值.图1-517.解： 证明：平面 ABDL平面 BCD平面 ABDT平面 BCD= BD, AB?平面ABDAB! BD AB丄平面 BCD又 CD?平面 BCD. AB丄 CD过点B在平面BCD内作BE丄BD=CC,则BM与AN所成角的余弦值

16、为（）由(1)知 AB!平面 BCD BE?平面 BCD BD?平面 BCD AB丄 BE ABl BD以B为坐标原点，分别以E3D BA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图所示）.依题意，得 B(0 , 0, 0) , C(1 ,Xb= (0 , 1, - 1).1 , 0) , D(0 , 1 , 0) , A(0 , 0, 1) , Mo，2 2)则Bb=(1, 1, 0), BM=(0, 2, 2丿设平面MBC的法向量n= （xo, yo, zo）,d bC0,P0+y0= 0，则 f即 11n BMk 0,y0+ ?0= 0，取Z0= 1,得平面MBC勺一个法向量

17、n= (1 , - 1, 1).设直线AD与平面MBC所成角为0 ,0 I7 IAD &则sin0 1 cos n, AD l 73 -In I AD即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为普.11. G3 直三棱柱 ABCABC 中，/ BCA= 90, M N分别是 AB , AC 的中点，BC CA成的角即为直线BM AN所成的角.设 BC= 1,则 BM= 1BA1 = ,所以A.10 B.| C晋 D.芈11. C 如图，E为BC的中点.由于 M, N分别是AiB, AQ的中点，故 MN BC且MN=尹C ,故MN綊BE所以四边形MNE为平行四边形，所以 EN綊BM所以直线AN NE所

18、NE AN= AE= ,在 ANE中，根据余弦定理得cos / ANE=65_ 5刁+ 4 443010 -18. G3, G4, G5, G11 三棱锥A- BCD及其侧视图、俯视图如图1-4所示.设M N分别为线段AD AB的中点，P为线段BC上的点，且 MNL NP(1)证明：P是线段BC的中点;求二面角 A- NP- M的余弦值.俯视图ft视圈图1-418解：(1)如图所示，取 BD的中点0,连接AO CO由侧视图及俯视图知， ABD BCD为正三角形,C；、:卫所以 AOL BD OCL BD因为AO OC?平面AOC且AOn OC o,所以BDL平面AOC又因为AC?平面AOC所以

19、BDI AC取BO的中点H连接NH PH又M N H分别为线段 AD AB BO的中点，所以 MM BD NH/ AQ因为AOL BD所以NH! BD因为MNL NP所以NP! BD因为NH NP?平面NHP且NHn NP= N,所以BD!平面NHP又因为HF?平面NHP所以BDI HP又 OCL BD HP?平面 BCD OC?平面 BCD 所以 HP/ OC因为H为BO的中点，所以P为BC的中点. 方法一：如图所示,作 NQL AC于 Q,连接MQ由知，NP/ AC所以NQL NPC因为MNL NP,所以/ MNQ二面角A- NP- M的一个平面角.由知， ABD BCD为边长为2的正三角

20、形，所以 AO= OC=Q3.由俯视图可知，AOL平面BCD因为OC平面BCD所以AOIOC因此在等腰直角 AOC中 , ac=76.作BRI AC于R因为在 ABC中 , AB= BC所以R为AC的中点,所以BR=2 -因为在平面 ABC内 , NQL AC BRI AC,所以NQ/ BR又因为N为AB的中点，所以 Q为AR的中点,所以NQC霁乎.同理，可得MQ%0.故MNQ等腰三角形,所以在等腰 MN(中,MN BDcos / MNQ not not 5 .故二面角A - NP- M的余弦值是乂105方法二：由俯视图及(1)可知，AQL平面BCD因为0C 0E?平面BCD所以AOL OC

21、AOI0B又OCL 0B所以直线0A 0B 0C两两垂直.如图所示,以0为坐标原点，以 0B 0C 0A的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系 0 -xyz.则 A(0 , 0, 73), B(1,0, 0) , C(0, W, 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M1, 0 ,1 ,念,0) , MN= (1 , 0 , 0), NP= 0 ,0迈p止並,0 , 2 ) (2 , 2 , 亜回2 , 2 )0丿，于是 AB= (1 , 0,品,BC=(设平面ABC的一个法向量 ni= (xi,yi, zi),

22、=0,=0,-AB= 0,-BC= 0,I (X1 , y1 , z1)-1( X1 , y1 , Z1)-(1 , 0，-爲)(1 , 73 , 0)fx1 73z1t 0 , 从而厂I X1 + P 3y1T 0.取乙=1,则 X1 = p3,屮=1,所以 n1=(寸3, 1, 1).设平面 MNP勺一个法向量 n2=(X2, y2, Z2)，由,丄MN h丄NP2 MN= 0,得 * NF= 0,P X2, 即X2,y2, Z2)(1, 0,y2, Z2) ,半0)= 0,乎卜0,jX2= 0,从而陽_史2 Z2= 0.取Z2= 1，则y2= 1, X2= 0,所以 n2= (0 , 1

23、,1) 设二面角A - NF -M的大小为cos 0 =n1 n2l n1| | n2|(，1, 1 )(0, 1，1)故二面角A-NFFM的余弦值是电05G4空间中的平行关系20.G1、G4 G11 如图 1-5，四棱柱 ABCD-ABCD 中,AA丄底面ABCD四边形ABCD为梯形,AD/ BC且AD= 2BC过A, C, D三点的平面记为,BB与a的交点为Q(1)证明：Q为BB的中点;D求此四棱柱被平面 a所分成上下两部分的体积之比;与底面ABCD所成二面角的大(3)若AA= 4, CD= 2，梯形ABCD勺面积为6,求平面 小.20.解：(1)证明：因为 BQ/ AA, BC/ ADB

24、S BQ= B, ADA AA= A,所以平面 QBC平面 AiAD从而平面AiCD与这两个平面的交线相互平行,即 QC/ AiD.故 QBCf AiAD的对应边相互平行,BQ= BQ= BCJBB AA AD 2，即Q为BB的中点.如图1所示，连接QA QD设AA = h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面 a所分成上下两部分的体积分别为V 上和 V下，BC= a，则 AD= 2a.图1V三棱锥 Q - A1 AD= -X2 2a h d= 3ahd,3231 a+ 2afl J 1V四棱锥 Q -ABCD= 3 2 d Qh = 4ahd,所以V下= V三棱锥Q-AAMV四棱锥Q-ABc=

25、 12ahd.3又V四棱柱 AB C D -ABCqahd,所以 V = V四棱柱 A B C D -ABCDV下= |ahd-ahdahd,故,y.21 21 2Vf7方法一：如图1所示，在 ADC中，作 AEl DC垂足为 E,连接A E.又 DELAA,且 AAAAE= A,所以DEL平面 AEA,所以DEI A E.所以/ AEA为平面a与底面ABCD所成二面角的平面角.因为 BC/ AD AD= 2BC 所以 &ad= 2Sbca.又因为梯形 ABC啲面积为6, DC= 2,所以& adc= 4, AE= 4.于是 tan / AEA= AAE= 1, / AEA=4.AE4故平面a

26、与底面ABC血成二面角的大小为n方法二：如图2所示，以D为原点，da DD分别为X轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.设/ CDAf 0 ,BC= a,贝y AD= 2a.因为S四边形abcd=宁 2sin从而可得C(2cos所以 DC= (2cos0,2sin 0,0), A1(sn,0,4)0, 2sin 0, 0), dA= (sn0, 0 , 4设平面ADC的法向量n=(X, y, 1),由！肃 n=snrISC- n= 2xcosx + 4= 0,0 + 2ysin0 = 0,得 5 Sin 0 ,y = cos 0 ,所以 n= ( sin 0 ,cos 0 , 1).又因为平面 A

27、BC啲法向量m= (0 , 0 , 1),E、，n -m V2所以 COSn, m=时=2 ,故平面a与底面ABC顷成二面角的大小为卞17. G4 G11如图1-3，正方形 AMD的边长为2, B, C分别为AM MD勺中点.在五棱锥P - ABCDE中, F为棱PE的中点，平面 ABF与棱PD PC分别交于点 G H求证：AB/ FG 若PAL底面ABCDE且PA= AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段 PH的长.17.解：(1)证明：在正方形AMD中，因为B是AM的中点，所以 AB/ DE令 z = 1,贝y y = 1.所以 n= (0 , 1 ,1).又因为AB?平面PD

28、E所以AB/平面PDE因为AB?平面ABF且平面ABE平面 PDE= FG所以AB/ FG因为PAI底面ABCDE所以 PAL AB, PAL AE建立空间直角坐标系 Axy z,如图所示，则朋，0,0)，氏1 , 0, 0) , 02 ,1,0) , P(0,0 , 2) , F(0, 1, 1), BC= (1 , 1则设平面ABF的法向量为n=(X , y , z),|n AB= 0 ,|x= 0 ,I AF= 0，即 t z = 0.设直线BC与平面ABF所成角为a，则sin a = |cos n, BC| =I nil BC=1=2.n因此直线BC与平面ABF所成角的大小为一设点H的

29、坐标为(u, V, w).因为点H在棱PC上，所以可设 ?H=入 函0入1).即(u, V, w- 2)=入(2 , 1 , - 2)，所以 u = 2 入，v=入，w= 2- 2 入.因为n是平面ABF的一个法向量,所以 n AH= 0,即(0，- 1, 1) (2 入，入，2 -2 入)=0,解得入=3，所以点H的坐标为伶2 3所以PY甘+伶；+(-專=2.19. G4 G10 G11、G12 如图 1-4，在棱长为 2 的正方体 ABCDABCD 中，E，F，M N分别是棱 AB ADAB,Ai D的中点，点P,Q分别在棱DD, BB上移动，且DP= BQ=入(0入2).(1)当入=1时

30、，证明：直线 BC/平面EFPQ是否存在 入，使面EFPQf面PQM所成的二面角为直二面角？若存在，求出值；若不存在，说明理由.C19 解：方法一(几何方法):(1)证明：如图，连接 AD,由ABCDABCD是正方体，知 BG/ AD.当入=1时，P是DD的中点，又 F是AD的中点，所以 FP/ AD,所以BC/ FP而FP?平面EFPQ且BC?平面EFPQ故直线 BC/平面EFPQ如图，连接BD,且 EF= BD又 DI BQ DP/ BQ所以四边形 PQB是平行四边形，故 PQ/ BD且PQ= BD从而EF/ PQ且EF= PQ在 Rt EBQ和 Rt FDP中，因为 BQ= D宀入，BE

31、= DF= 1,于是EQ= FP/iTT2 ,所以四边形EFPQ也是等腰梯形. 同理可证四边形PQM也是等腰梯形.分别取EF, PQ MN的中点为H, O G连接OH OG则 GCL PQ HOL PQ 而 GOT HO= O,故/ GOH是面EFPG与面PQM所成的二面角的平面角.若存在入，使面EFPQ与面PQMI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EFNMH平行四边形.连接GH因为H, G是EF MN的中点,所以 GHk ME= 2.在 GOH中 , GH= 4 , OH= 1+T 2俘:=OG= 1 + (2 入)2-伴;=(2

32、 入)2+1 ,由 oGtoH= gH,得（2 入）2+2+ T2+2=4，解得 入=土乎,故存在T= 1 ,使面EFPQ与面PQM所成的二面角为直二面角.方法二（向量方法）：以D为原点，射线 DA DC DD分别为x , y , z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得B(2 , 2 , 0), C(0, 2 , 2), E(2, 1 , 0), F(1 , 0 , 0), RO, 0,入).BC= ( 2, 0, 2),（1）证明：当入=1因为 BC= ( 2, 0,FP ( 1, 0,时，FA ( 1,2),入),FE= (1 , 1, 0) 0, 1),所以 BC= 2FP,

33、即 BG/ FP.而FP?平面EFPQ且BG?平面EFPQ故直线 BG/平面EFPQ 设平面EFPQ勺一个法向量为n = （x, y, z），则由= 0可得F十= lFPn=0 x+ 入 z = 0.于是可取n =（入，入，1） 同理可得平面 MNP的一个法向量为 m=（入一2, 2 入，1） 若存在入，使面EFPC与面PQM所成的二面角为直二面角,则 m- n =（入一2, 2入，1） （入，一入，1） = 0,即入（入一2）入（2 入）+ 1 = 0，解得入=122故存在入=1芈，使面EFPQf面PQM所成的二面角为直二面角.18. G4 G10如图1-3，四棱锥P-ABCD，底面 ABC

34、为矩形，PA1平面 ABGD E为PD的中点.（1）证明：PB/平面AEG图1-3（2）设二面角18解：证明：连接BD交AC于点O连接EO因为ABC助矩形，所以O为BD的中点.又E为PD的中点，所以EO/ PB因为EC?平面AEC PB?平面AEC所以PB/平面AEC因为PAI平面 ABCDABCC为矩形,所以AB AD AP两两垂直.如图，以A为坐标原点，AD AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，I AP为单位0).长，建立空间直角坐标系 A-xyz，则D；0，0), E(0，乂3 2) AE=(0, 当，V设 B(m 0, 0)( mo)，则 C(m 3, o), ag= (mW，设ni

35、= (x, y, z)为平面ACE的法向量，h Xc= 0,则f即f J31Im Xe= 0,甘y+ 2z = 0，可取n1=需，1，书又 n2= (1 ,0, 0)为平面DAE的法向量,由题设易知1|cos n1, n2 | = 2，即313+ 4nr 2,解得仆2-1因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD勺高为2-三棱锥1 1E-ACD勺体积 V= 3 X X3X217. G4, G11如图1-3所示，在四棱柱 ABCDABCD中，底面ABCDI等腰梯形，/ DAB=60, AB= 2CD= 2, M是线段AB的中点.图1-3求证：CM/平面AADD；若CD垂直于平面 ABCD且CD=3

36、，求平面CDM和平面ABC斷成的角（锐角）的余弦值.17解：（1）证明：因为四边形ABC毘等腰梯形,且 AB= 2CD 所以 AB/ DC又M是AB的中点,所以 CD/ MA且 CD= MASi连接AD.因为在四棱柱 ABCD- AiBCD中,CD/ CD , CD= CD,所以 CD / MA C D = MA所以四边形AM为平行四边形,因此，C M/ DA又 Ci M?平面 A ADD, DA?平面 A ADD所以C M/平面AiADD方法一：连接AC MC由(1 ) 知, CD/ AM且 CD= AM所以四边形AMC为平行四边形,所以 BG= AD= MC由题意/ ABG=/ DAB=

37、60,所以 MB（为正三角形,因此 AB= 2BC= 2, CA=(3,因此CAL CB设C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C - xyz.因此屮化2, 0） 所以MD=-蚩-1所以 A：3, 0, 0) , B(0 ,2，- 2，百J DC= Tb=-心1 2, 0丿设平面CDM的一个法向量 n =（X, y, z）,fn DC= 0, 由f Tn ME= 0,yJ3x - y= 0,得if3x + y-2z= 0,可得平面 CDM的一个法向量 n= （1，击,1）.又Cd= （0 , 0, /3）为平面ABCD勺一个法向量.因此 cosCD, n=1 CDII n|5所以平面C1D

38、M和平面ABCD斤成的角（锐角）的余弦值为零方法二：由（1）知，平面DCMT平面ABCB AB点过C向AB引垂线交AB于点N,连接DN.由CD丄平面 ABCD可得 DN丄AB因此/ DNC为二面角 C - AB- C的平面角.在 Rt BNC中, BC= 1, / NBC= 60, 可得CN=迈所以 NDFCD+ cNCN 2 丘 在 Rt DCN中，cos/ DNC=卫尸=三DN血 52所以平面18. G3,CDM和平面ABCC所成的角（锐角）的余弦值为乂55G4, G5, G11三棱锥A- BCD及其侧视图、俯视图如图 1-4所示.设M N分别为线段ADAB的中点，P为线段BC上的点，且

39、MNL NP（1）证明:P是线段BC的中点;求二面角 A- NP- M的余弦值.图1-4恼视图18.解：（1）如图所示，取 BD的中点0,连接AOCO由侧视图及俯视图知， ABD BCD为正三角形,ACP所以 AOL BD OCL BD因为A0 OC?平面AOC且A6 OC= 0,所以BDL平面AOC 又因为AC?平面AOC所以BDL AC取BO的中点H,连接NH PHMN/ BD NH/ AO又M N, H分别为线段AD AB BO的中点，所以因为AOL BD 所以NH! BD因为MNL NP所以NP! BD因为NH NF?平面NHP且NHP NP= N,所以BD!平面NHP又因为HF?平面

40、NHF所以BD! HF又 OCL BD HF?平面 BCD OC?平面 BCD 所以 HP/ OC因为H为BO的中点，所以P为BC的中点. 方法一：如图所示,作 NQL AC于Q,连接MQ由知，NP/ AC所以NQL NP因为MNL NP所以/ MNQ二面角A- NP- M的一个平面角.由知， ABD BCD为边长为2的正三角形，所以 AO= OC=Q3.由俯视图可知，AOL平面BCD因为OC平面BCD所以AOIOC因此在等腰直角 AOC中 , act 6.作BRI AC于R因为在 ABC中 , AB= BC所以R为AC的中点,所以BR=2因为在平面 ABC内 , NQL AC BRI AC所

41、以NQZ BR又因为N为AB的中点，所以 Q为AR的中点,所以nQ=霁冬24同理，可得皿9呼.故MNQ等腰三角形,所以在等腰 MNd ,MN BD3 a伍 cos / MNQ nt NQ= 5 -故二面角A - NP- M的余弦值是 卑0.5方法二：由俯视图及（1）可知，AQL平面BCD因为0C 0E?平面BCD所以AOL OC AOI0B又OCL 0B所以直线0A 0B 0C两两垂直.如图所示，以0为坐标原点，以 0B 0C 0A的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系 0 -xyz.则 a(0, 0 , a b(1，0，0），C（0, W，0），D( 1, 0, 0) 因为M

42、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 1, 0 ,1,羽,0) , MN= (1 , 0, 0), NF= 0,0适p卩违,0 , 2 / 乜,2 , 至迥2 , 2丿0J,于是 AB= (1 , 0 ,品,BC=(设平面ABC的一个法向量 ni= （xi,y1, Z1),fm AB= 0 ,得 L BC= 0,I (X1 , y1 ,I ( X1 ,屮,Z1).( 1 , 0, 73)1 , V3 , 0)乙）（一=0,从而F1巴=0 ,I X1 + /3y1= 0.yi = 1,所以n1= (a/3, 1,1) 设平面MNP勺一个法向量n2= （x2,y2

43、, Z2），由,；n2 丄 MNh丄NP得 n2 MN=0 ,得 |n2 NF= 0 ,(X2,即丫I ( X2,y2, Z2)(1 , 0,y2, Z2).(0 ,当,0)= 0 ,闿0 ,jX2= 0 ,从而仏/3击l2y2-,3l_y专 Z2= 0.取Z2= 1，则y2= 1, X2= 0,所以 n2= (0 , 1 , 1).设二面角A - NP - M的大小为 0 ,贝U cos 0 =ni n2I (，1, 1 )故二面角A-NFPM的余弦值是电05G5空间中的垂直关系17. G3 G5 G11 在平面四边形 ABCD中，AB= BD= CD= 1, ABl BD, CD! BD

44、将 ABD沿BD折起，使得平面 ABDL平面BCD如图1-5所示.(1)求证：ABL CD若M为AD中点，求直线 AD与平面MBC所成角的正弦值.图1-517.解：(1)证明：平面 ABDL平面BCD平面 ABCr平面 BC= BD AB?平面ABDAB! BD 二 AB丄平面 BCD又CD?平面BCD二AB丄CD过点B在平面BCD内作BEL BD由(1)知AEL平面BCD BE?平面BCDBD?平面 BCD 二 AB丄 BE ABL BD以B为坐标原点，分别以 匪 丽 BA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示).依题意，得B(0, 0, 0) ,C(1, 1, 0)

45、,D(0, 1, 0) ,A(0, 0 , 1) ,4, 2 ,则 BC= (1 , 1, 0), BM= b , 1 ,Xb= (0, 1, 1).设平面MBC勺法向量n= (xo, yo, zo),则卜-0,即!；。+罕0,|n BM= 0 ,I2y0+ 2Z0= 0 ,取Z0= 1,得平面MB个法向量n= (1 , - 1, 1).设直线AD与平面MBC所成角为0 ,则sin即直线n IT I In，AD 30 = I cosn , AD I = +I n I - I AD 3AD与平面MBC所成角的正弦值为乂6.318. G5 G11 如图 1-4，四边形 ABCD为正方形，PDI平面

46、 ABCD/ DPG= 30, AF丄 PC于点F, FE/ CD交PD于点E(1)证明：CF丄平面ADF(2) 求二面角D- AF- E的余弦值.19. G5 G11如图1-6所示，四棱柱ABCD A BCD的所有棱长都相等， A8 BD= O, AQn BiD= O,四边形 ACGA1和四边形BDEB1均为矩形.(1)证明：00丄底面ABCD 若/ CBA= 60,求二面角 C-OBD的余弦值.Jll19.解： 如图(a)，因为四边形 ACCi为矩形，所以 CC丄AC同理DD丄BD因为CC/ DD,所以CG1 BD而AS BD- 0,因此 CC丄底面 ABCD由题设知，00/ GC故00丄

47、底面ABCD方法一： 如图，过0作0H丄0B于H,连接HC.由(1 ) 知,又因为四棱柱 ABCC-A1 B C D的所有棱长都相等，所以四边形A1 B CD是菱形,因此Ai C丄Bid,从而 AC丄平面BDDB，所以AC丄0B,于是 0B丄平面 QHC进而0B丄CH故/ CH0是二面角 C -0B-D的平面角.不妨设 AB= 2.因为/ CBA= 60，所以 0B=d3, 0C= 1, 0B(7.在 Rt 00B 中，易知 0H= 000JB = y3.而 0C =1,于是 C H=706+ 0H =斗OH 2/7257故 cos / CHg C1H=寸0 19 .即二面角C - 0B- D

48、的余弦值为 冷57方法二：因为四棱柱 ABCD-A B C D的所有棱长都相等，所以四边形 ABC毘菱形，因此ACL BD又00丄底面ABCD从而0B 0C 00两两垂直.*JTC,图(b)如图（b），以O为坐标原点，OB OC OO所在直线分别为 x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz ,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O0 , 0, 0),B(萌，0, 2) , C(0, 1, 2).易知，n1= (0 , 1, 0)是平面BDEB的一个法向量.I n2 OB = 0,设n2= (x, y, z)是平面OBC的一个法向量，则

49、Sn2 OC= 0,即0+ 2z = 0,y + 2z= 0.取 z = /3，贝y x = 2, y = 2（3,所以设二面角C1-OBD的大小为0，易知ni n2cos 0 = icosm, n2| =inrrn2= （2 , 2护，-73）0是锐角，于是=2护2回=莎=19 .故二面角C- O& D的余弦值为色當.19. G5G7、PADL平面 ABCD（1）求证:AB1 PD 若/ BPC= 90, PB=迈，PC= 2，问AB为何值时，四棱锥 P- ABC啲体积最大?并求此时平面 BPC与平面DPC夹角的余弦值.19.解：（1）证明：因为 ABCD矩形，所以 AB丄AD又平面PADL平面 ABCD平面PACT平面ABCI AD所以AB!平面PAD故AB! PD过P作AD的垂线，垂足为 O过0作BC的垂线，垂足为 G连接PG故 POL平面 ABCD BC!平面 POG BCI PG在 Rt BPC中, PG=3,GC=2 护,bg4设AB=