2011—2019年高考真题全国卷1理科数学分类汇编——8.立体几何

1、8.立体几何20112019年高考真题全国卷1理科数学分类汇编、选择题【2019.12已知三棱锥 P-ABC的四个顶点在球 。的球面上，PA=PB=PC,那BC是边长为2的正三角形,E, F分别是PA, AB的中点，/ CEF=90°,则球。的体积为A . 8娓B . 4V6C. 2褥D. 66【2018,7】某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上 ''| |j的对应点为 A,圆柱表面上的点 N在左视图上的对应点为 B ,则在此圆柱侧面上， 从M（一'、到N的路径中，最短路径的长度为（）A. 2717B. 275C. 3 D.

2、 2【2018, 12已知正方体的棱长为 1,每条棱所在直线与平面”所成的角都相等，则a截此正方体所得截面面积的最大值为（）第12页共24页A- 37348- 2V33C- 372【2017, 7】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为 2,俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为（B. 12C. 14D. 16【2016, 11平面过正方体ABCDAB1C1D1的顶点A, 平面CBDi ,I平面ABCD平面ABB1An ,则m,n所成角的正弦值为【20166】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每

3、个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是 竺一，则它的表面积是（）3A. 17 B. 18 C. 20 D. 28【2015, 6】九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：今有委米依垣内角， 下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？ ”其意思为： 在屋内墙角处堆放米 （如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1. 62立方尺，圆周率约为 3,估算出堆放的米约有（B. 22 斛A. 14 斛C. 36 斛D. 66 斛【2015, 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

4、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 20 ,则r （1 B. 2 C. 4D. 8【2015年，11题】【2014年，12题】【2013年，6题】【201412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，则该多面体的个条棱中,最长的棱的长度为（A. 672【2013, 6如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm,将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm,如果不计容器的厚度，则球的体积为（）【2013500 7t cm3B 866 7t m33 cm8】某几何体的三视图如图所示,16+8

5、 兀B. 8+8 兀C.1372 冗 33 cm则该几何体的体积为C. 16+ 16 兀D 2048冗刀33 cm)D. 8+16 兀【2013年，8【2012年，71【2011年，6】【2012, 7】如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为()A. 6B. 9C. 12D. 15【2012, 11已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球 。的球面上，那BC是边长为1的正三角形，SC为球。的直径，且SC=2,则此棱锥的体积为(),3B .6,2D.2【2011, 6在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为(二、填空题【201

6、1, 15已知矩形 ABCD的顶点都在半径为4的球。的球面上，且 AB 6, BC 2百，则棱锥O ABCD的体积为三、解答题【2019年高考全国I卷理数】如图，直四棱柱ABCD AB1C1D1的底面是菱形,AA1=4, AB=2, Z BAD =60 °, E, M, N 分别是 BC, BB1, A1D 的中点.(1)证明：MN/平面CiDE; (2)求二面角A- MAi- N的正弦值.【2018,18如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把 DFC折起, 使点C到达点P的位置，且 PF BF . (1)证明：平面 PEF 平面ABFD ; (2

7、)求DP与平面 ABFD 所成角的正弦值.【2017, 18如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AB/CD,且 BAP CDP 90o(1)证明：平面 FAB，平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC, APD 90o,求二面角 A-PB-C的余弦值.【2016,18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 AFD 90，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 ；(n)求二面角 E BC A的余弦值.【2015, 18如图,四边形 ABCD为菱形，ABC 1200,E,F是平面ABCD同一侧

8、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.【2014, 19如图三棱柱 ABC A1B1cl中，侧面BB1cle为菱形，AB B1C .(I )证明：AC AB1 ; ( n )若 AC AB1 , CBB1 60°, AB=BC ,求二面角 A AB C1 的余弦值.【2013, 18如图，三棱柱 ABCA1B1C1 中，CA=CB, AB= AA1, /BAA = 60°.证明：ABXA1C; (2)若平面ABC,平面AA1

9、B1B, AB = CB,求直线AC与平面BB1C1C所成角的正弦值.【2012, 19如图，直三棱柱 ABC AiBiCi 中，AC=BC= 1 AAi , 2D是棱AAi的中点，DCiBD.(1)证明：DCiXBC； (2)求二面角Ai BD Ci的大小.【2011, 18如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，/ DAB=60 ,AB=2 AD,PD，底面 ABCD .(I )证明:值.PAXBD; (II)若 PD=AD,求二面角 A-PB-C 的余弦1.7.立体几何（解析版）、选择题【2019年高考全国I卷理数】已知三棱锥P- ABC的四个顶点在球 O的球面上，PA=P

10、B=PC,AABC是边长为2的正三角形，E,F分别是PA,AB的中点，ZCEF=90°, 则球O的体积为A . 8瓶B , 4旗C. 2捉D. 66【答案】DP ABC为正三棱锥,【解析】解法一：Q PA PB PC, ABC为边长为2的等边三角形,PB AC ,又E , F分别为PA , AB的中点,EF / PB ,EF AC ,又 EF CE ,PA PB PC 72 ,CE I AC C, EF 平面 PAC , PB 平面 PAC , APBP ABC为正方体的一部分，2R J2 2 2 屈,即R Y6, V 4 R3 九鼠6 76 ,故选 D.23381解法二：设 PA

11、PB PC 2x, E,F 分别为 PA,AB 的中点， EF/PB ,且 EF - PB x,2Q ABC为边长为2的等边三角形，CF 百，又 CEF 90 , CE & x2,AE -PA x, 2 AEC中，由余弦定理可得 cos EAC22x 4 3 x52 2 x作 PD AC 于 D , Q PA PC ,D为AC的中点，cos EACAD 1PA 2xx2 4 3 x214x 2x22122x 1 2, x , x ,22PA PB PC 42又 AB=BC=AC=2 , PA , PB , PC 两两垂直,2R J2 2 2 R 星, 2a所成的角相等，则 a截此8.【

12、2018年理新课标I卷】已知正方体的棱长为 1,每条棱所在直线与平面正方体所得截面面积的最大值为A. 334 B. 233 C. 324 D. 32【答案】A【解析】分析:首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条楼，所以与9条接所成角相等，只需与 从同一个顶点出发的三条楼所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形 且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1D1与线AA1,A1B1,A1D1所成的角是相等白1所以平面AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是

13、相等的，同理平面 C1BD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面 AB1D1与C1BD中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为 22,所以其面积为S=6 X 34?(22)2=334 ,故选 A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.+【2018年理新课标I卷】某圆柱的高为 2,底面周长为16,其三视图如右图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为 A,圆柱表面上的点

14、 N在左视图上的对应点为 B,则在此圆柱侧面上，从 M到N的路径中，最短路径的长度为A. 217 B. 25 C.【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处白位置，点 M在上底面上，点N在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点MN在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱42+22=25 ,故选(7)【解析】由三视图可画出立体图，该立体图平面内只有两个相同的梯形的面，S梯 2 4 2 2 6,隆梯6 2 12,故选B；【2016, 1

15、1平面过正方体ABCD A B1C1D1的顶点A , 平面CB dI平面ABCD m ,平面ABB1A n,则m,n所成角的正弦值为.32C.D.底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为B.【2017, 7】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为B. 12C. 14 D. 16【解析】如图所示:A1B1故选A.【2016, 6如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是28-,则它的

16、今有委米依垣内角,/平面CB1D1, 若设平面 CB1D1I平面ABCD 四，则 3/m又.平面 ABCD /平面ABGD1 ,结合平面B1D1CI平面ABGD1 B,D1B1D1/ m,故 B1D1II m 同理可得：CD1II n故m、n的所成角的大小与 Bi）、CD1所成角的大小相等，即CDBi的大小.而B1C B1D1 CD1 （均为面对交线），因此CD1B,-,即sin CDiB33表面积是（）A. 17 B. 18 C. 20 D. 28一一八一一-. 1 一一 、一【解析】：原立体图如图所不：是一个球被切掉左上角的后的三视图8表面积是 7 的球面面积和三个扇形面积87 212 一

17、，S=- 422+3 22=17，故选 A.8 4【2015, 6】九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？ ”其意思为：在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为 8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为 3,估算出堆放的米约有（）A. 14 斛 B. 22 斛 C. 36 斛 D. 66 斛2 R16解析： 8,圆锥底面半径 R 一，米堆体积 4V R2h 320,堆放的米约有22,选B.1231.62【2015, 11】圆柱被一个平面截去一部分后

18、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 20 ,则r （）A. 1 B. 2C. 4 D. 8解析：由正视图和俯视图知，该几何体是半球和半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都r ,圆柱的高为2r ,其表面积为122225 4r r 2r r 2r 2r 5 r 4r 16 20 ,解得 r 2,故选 B. .1【2014, 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，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为（）A.6 2 B .4 2 C.6 D .4【解析】如图所示，原几何体为三棱锥D ABC,其中 AB

19、 BC 4, AC 4/ DB DC 2P,DA J 4 J2 2 4 6,故最长的棱的长度为 DA 6,选C【2013, 6如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为器的厚度，则球的体积为（）500 7t33 cmB.866 7t33 cmC 1372面3 cmD.2048 冗 33 cm8 cm,将一个球6 cm ,如果不计容OBA为直角三角形,解析：设球半径为R,由题可知R, R- 2,正方体棱长一半可构成直角三角形，即如图.BC=2, BA =4, OB=R-2, OA= R,由 R2 = （R- 2）2+42,得 R=

20、 5,43500所以球的体积为 47T53 500冗（cm3）,故选a.33【2013, 8】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）.第36页共24页A. 16+8 兀B. 8+8 兀C. 16+16 兀D. 8+16 兀答案：A解析：由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径r=2,长为4,在长方体中，长为4,宽为2,高为2,所以几何体的体积为 <2X4X- +4X2X2= 8%+ 16.故选A.2【2012, 7】如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为A. 6B. 9【解析】由三视图可知，该几何体为三棱

21、锥 A-BCD , 底面4BCD为底边为6,高为3的等腰三角形，侧面ABD，底面BCD ,AO，底面 BCD ,因此此几何体的体积为11一一V 一 (一 6 3) 3 9,故选择 B.32【2012, 11已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球 。的球面上,祥BC是边长为1的正三角形，SC为球。的直径，且SC=2,则此棱锥的体积为（）D.【解析】如图所示，根据球的性质，知0。1 平面 ABC,则 OO1 OC .在直角OO1C 中，OC1'01c T所以 OO1 Joc 2 01c2Ji ()2 .,33因此三棱锥SABC的体积1362,V 2Vo ABC2 -,故选择 A.3436解析

22、：条件对应的几何体是由底面棱长为r的正四棱锥沿底面对角线截出的部分与底面为半径为r的圆锥沿对称轴截出的部分构成的.故选D二、填空题【2011, 15已知矩形 ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且 AB 6, BC 243,则棱锥O ABCD的体积为.解析：设ABCD所在的截面圆的圆心为 M,则AM=1血愿)2 62 2、/3 ,OM=44 (2拘2 2 ,Vo abcd 3 6 2.3 2 8.3.三、解答题【2019年高考全国I卷理数】如图，直四柱ABCD *1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4,AB=2, /BAD=60°,E, M, N分别是BC, BB1, A1D的

23、中点.(1)证明：MN /平面 CDE;(2)求二面角A- MA1- N的正弦值.【答案】(1)见解析;【解析】(1)连结B1C, ME.因为M, E分别为BB，BC的中点,所以 ME/B1C 且 ME = b1c2又因为N为Aid的中点，所以1ND=-A1D.2由题设知A1B1 P DC,可得BiC PAiD,故ME P ND因此四边形MNDE为平行四边形， MN/ED.又MN 平面EDC i,所以MN/平面CiDE.(2)由已知可得DEXDA.以D为坐标原点，D的方向为x轴正方向,建立如图所示的AftLB空间直角坐标系D-xyz,则A(2,0,0) , A1(2, 0, 4)M(1,/3,

24、 2)N(1,0,2),LuurA1A(0,0, 4)uuLurAM (1, Q, 2)，uuuuA1Nuuuu(1,0, 2) , MN(0, 73,0).(x,y,z)为平面Aima的法向量,则uuuir m A1M uuur m A1A所以x . 3y4z 0.2z 0,可取 m (后1,0) .(p,q,r)为平面AiMN的法向量，则uuuu MN uuuir A1N所以、3q 0, p 2r可取n0.(2,0, 1).于是cos m,nm n1mlI n |2.3251550,0.所以二面角AMA1 N的正弦值为.10513.【2018年理新课标I卷】如图，四边形ABCD为正方形,E

25、,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把4DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF± BF.(1)证明：平面 PEFL平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) 34.【解析】分析：(口苜先从题的案件中确定相应的垂直关系，即8尸1F凡方尸，即，又因为FaEF=F, 利用线面垂直的判定定理可以得出此1平面咫咒又好匚平面加Q利用面面垂直的判定定理证得平面产即1平面AB尸D”(2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD勺法向量，设 DP与平面ABF所成角为 依利用线面角的定义，可以求得sin。=|HP?D

26、P|HP|?|DP|二343=34 ,得到结果.详解：(1)由已知可得，BF± PF, BF±EF,又PFA EF=F ,所以BF，平面PEF又BF?平面ABFD所以平面 PEFh平面 ABFD(2)作PHL EF,垂足为H由(1)得，PHL平面ABFD以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF| 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得，DEL PE又DP=2, DE=1,所以PE=3.又PF=1, EF=2,故 PE!PF 可得 PH=32,EH=32 .贝U H(0,0,0),P(0Q32),D(-1,-32,0),DP=(1,32,32),

27、 HP=(0,0,32) 为平面ABFD勺法向量.设DP与平面 ABF所成角为0,贝U sin。=|HP?DP|HP|?|DP|二343=34 .所以DP与平面ABF所成角的正弦值为 34.点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解,属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以 要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法 向量来完成，注意相对应的等量关系即可.【2017, 18如图，在四棱锥 P-ABCD中，ABCD,且 BAP CDP 90o(1

28、)证明：平面 FABL平面PAD;(2)若 PA=PD=AB=DC, APD 90o,求二面角 A-PB-C 的余弦值.【解析】(1)证明：: BAP CDP 90 , PA AB , PD CD , 又 AB II CD , 1. PD AB ,又. PD I PA P , PD、PA 平面 PAD AB 平面PAD ,又 AB 平面PAB，:平面 PAB 平面PAD .(2)取AD中点O , BC中点E ,连接PO , OE ,AB理CD ,四边形 ABCD为平行四边形，OE立AB,由(1)知， AB 平面 PAD , OE 平面 PAD ,又 PO、AD 平面 PAD , OE PO ,

29、 OE AD , 又 PA PD , PO AD, PO、OE、AD 两两垂直，以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系在，0,0、B 隹,2,0、P 0,0,、2、C /,2 ,0uurPDy 1,应，0,uuu _广、PB 近，2,也r,y ,z为平面PBC的法向量，由 rnuuu、BCuuu PB uuu BC272,0,0则z J2，x 0 ,可得平面PBC的一个法向量0 ,1 , .2APD 90 ,PD PA ,又知 AB平面PAD , PD平面PADPD AB ,又PAIAB A, PDuurPD 2 ,0 ,uuir r ,cos PD , n平面PABuur rPD nu

30、ur,即PD是平面PAB的一个法向量,uuur-PD n由图知二面角 APBC为钝角，所以它的余弦值为【2016, 18 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, AFD 90，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 ；(n)求二面角 E BC A的余弦值.【解析】：ABEF为正方形，AF EFAFD90AF DF DF I EF=F AF 面 EFDC , AF 面 ABEF ,，平面ABEF平面EFDC由知 DFE CEF 60AB II EF , AB 平面 EFDC , EF平面EFDC

31、AB II 平面 ABCD AB 平面 ABCD.面 ABCD I 面 EFDC CD AB II CD CD II EF.四边形EFDC为等腰梯形以E为原点如图建立坐标系，设FD aa 2 a 2 A a -3-2 o a - 2 c o a 2 o BuirurnEB 0 , 2a , 0 , BC2a,理a 2uuuAB2a , 0, 0ir m ir muir EB uur BC2a ViXi2ayiZiur设面BEC法向量为m x,y,z ,ir1 m，V3, 0, 1r设面ABC法向量为ny2 ， Z2r n r nurnBC=0 uuu .即AB 0a c 3一x? 2ay2 a

32、z?222 ax2 0X20, y2Z20,设二面角E BC A的大小为cosur mmr n -rn3 13 162.1919E BC A的余弦值为2. 1919【2015, 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.(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.解：（I）证明：连接 BD ,设BD I AC G ,连接EG , FG , EF .在菱形ABCD中，不妨设GB 1,由ABC 120°,可得 AG

33、GC J3 ,由 BE，ABCD, AB BC ,可知 AE EC .又AE EC ,所以 EG J3 且 EG AC.在RtEBG中，可得BE J2,故DF 2平面Rt FDG中，可得FG .在直角梯形BDFE中，由BD 2, BE 22. , DF ，可得 22EF3.22因为 EG2 FG2 EF2,所以 EG FG ,又 AC I FG G ,则 EG 平面 AFC .因为EG 平面AEC ,所以平面 AFC，平面AEC.6分(n)如图，以G为坐标原点，分别以uuu uiuruuuGB,GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz,由(I)可得 A(0

34、, J3,0) , E(1,0,J2),FLO,字，E(0,&, AE (1,73,72)uur2CF ( 1, 3,3).故uuu uur -uur uurAE CF 3cos AE,CFuuE 施一|AE|CF| 3所以直线AE与直线CF所成的角的余弦值为12分【2014, 19如图三棱柱ABC A1B1cl 中，侧面BB1cle 为菱形，AB B1C .(I )证明：ACAB1；()若AC AB1 ,CBB1 60°, AB=BC求二面角A ABC1的余弦值.BB1C1C为菱形，所以BiC BC1 ，且O为(I )连结BC1 ,交BC于O,连结AO.因为侧面B1C与BC

35、1的中点.又AB B1C ,所以B1C 平面ABO故 B1C AO 又 BQ CO ,故 AC AB1(n)因为 AC AB1且。为B1C的中点，所以 AO=CO又因为AB=BC ,所以 BOA BOC故OALOB ，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,CBB160°,所以 CBB1为等边三角形.又 AB=BC ,则A 0,0,趣 3B 1,0,0B1 0,03c c .3 cC 0, ,0 3uuirAB1,33建立如图所示空间直角坐标系O- xyz .因为UUULTAB1uurAB1。？uuuur,B1C1UUUTBC1,

36、立。3x, y, z是平面的法向量，则r uuur ngAB1 r uuuur ngAB-33y z333x z 03r所以可取n1,3, 3ur uuurirmgA B1 0Lr_ _设m是平面的法向量，则 r uiur ,同理可取 m 1, J3, J3ngBiCi 0r ir贝U cos ' n, mr ir171,所以一面角 A AB1C1的余弦值为-.【2013, 18如图，三棱柱ABCAiBiCi 中，CA=CB, AB=AAi, /BAAi = 60°.(1)证明：ABXAiC；(2)若平面 ABC,平面 AAiBiB, AB = CB,求直线 AiC与平面BB

37、iCiC所成角的正弦值.证明：(1)取AB的中点O,连结OC, OAi, AiB.因为CA = CB,所以OCAB.由于AB = AAi, / BAAi = 60°,故小AiB为等边三角形，所以 OAAB.因为OCnOAi = O,所以ABL平面OAiC.又 AiC 平面 OAiC,故 ABXAiC.(2)解:由(1)知 OCAB, OAiXAB.又平面ABC,平面AAiBiB,交线为AB,所以OCL平面AAiBiB,故OA, OAi, OC两两相互垂直.以O为坐标原点，uA的方向为x轴的正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz.由题设知 A(1,0,0),

38、Ai(0,后,0), C(0,0, V3), B(1,0,0).B V3).则胧=（1,0,邪）,靛= AA1=（-1, b 0）, A屋©设n = （x, y, z）是平面BBiCiC的法向量,uuur BC uuur BBT0,即0,3z3y0,0.可取 n=(V3 , 1,1).uur故 cos n, ACuuur 一.n A1c. 10所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为Tq5【2012,19如图，直三棱柱 ABC A1B1C1中,AC=BC=(1)证明：DC11BC；(2)求二面角 A1一 BD C1的大小.1一AAi , 2【解析】（1）在Rt DAC中，AD AC ,得： ADC 45 ,同理：ADCi 45 CDCi 90 ,得：DC DC .又 DCi±bd, DC I BD D ,所以DCT平面BCD .而BC 平面BCD,所以DC BC .(2)解法一：(几