2022年2022年高考数学复习阶段性测试题八立体几何初步

1、阶段性测试题八 立体几何初步 本试卷分第一卷选择题 和其次卷非选择题 两部分满分 150 分考试时间 120 分钟第一卷 选择题共 50 分一，选择题 本大题共 10 个小题,每道题5 分,共 50 分,在每道题给出的四个选项中,只有哪一项符合题目要求的1 2021 ·南宁模拟 在空间中,“两条直线没有公共点”是“这两条直线平行”的 A 充分不必要条件 B 必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件 答案 B 解析 在空间中,两条直线没有公共点, 可能是两条直线平行,也可能是两条直线异面, 两条直线平行就两条直线没有公共点,所以“ 两条直线没有公共点 ”是“这两条直线平行 ”的必

2、要不充分条件2 文2021 太·原一模 已知 m,n,l 1, l2 表示直线, ,表示平面如 m, n, l1,l 2, l1 l2 M,就 的一个充分条件是A m且 l1Bm且 nC m且 nl2Dml1 且 nl 2 答案 D可编辑资料 - - - 欢迎下载 解析 对选项 A ,B ,C 都有 与 相交的情形只有选项D 是两平面平行的判定,应选D.可编辑资料 - - - 欢迎下载理2021锦·州一模 如图,空间四边形OABC 中,OA a,OB可编辑资料 - - - 欢迎下载,bOC c.点 M 在 OA 上,且 OM2MA,N 为 BC 中点,就MN 121A. 2

3、a 3b 2c可编辑资料 - - - 欢迎下载B 2a1b 1可编辑资料 - - - 欢迎下载322ca b 1222221D 3a3b 2c 答案 B 解析 由向量加法法就可知MN MO ON 2 1 OC3OA2OB21 3a2b c可编辑资料 - - - 欢迎下载211 3a2b2c.32021 ·洛阳调研 三条直线两两垂直, 那么在以下四个结论中, 正确的结论共有 这三条直线必共点. 其中必有两条是异面直线.三条直线不行能共面.其中必有两条在同一平面内A 4 个B3 个C 2 个D1 个 答案 D 解析 三条直线两两垂直时, 它们可能共点 如正方体同一个顶点上的三条棱 ,也可

4、能不共点如正方体ABCDA1B1C1D1 中的棱 AA1,AB, BC,故结论不正确,也说明必有结论不正确.假如三条直线在同一个平面内, 依据平面几何中的垂直同一条直线的两条直线平行, 就导出了其中两条直线既平行又垂直的冲突结论,故三条直线不行能在同一个平面内,结论正确.三条直线两两垂直,这三 条 直 线 可能 任何两 条 都不 相 交,即 任 意两 条 都异面 如 正方 体 ABCD A1B1C1D1 中的棱 AA1, BC 和 C1D1,故结论不正确4 2021 ·厦门一模 设 a,b, c 是空间的三条直线, , 是空间的两个平面,就以下命题的逆命题不成立的是 A 当 c时,如

5、 c,就 B 当 b,且 c时,如 c,就 bcC当 b,且 c 是 a 在 内的射影时,如b a,就 cb D当 b 时,如 b ,就 可编辑资料 - - - 欢迎下载 答案 D 解析 D 的逆命题是b,就 b,明显不成立5 2021 ·南昌一模 圆柱的侧面开放图是长12cm,宽 8cm 的矩形,就这个圆柱的体积为可编辑资料 - - - 欢迎下载2883A.1923可编辑资料 - - - 欢迎下载cmB.cm可编辑资料 - - - 欢迎下载288C. cm19233 或cmD192 cm3可编辑资料 - - - 欢迎下载 答案 C 解析 分两种情形,112 为底面圆周长,就2r 1

6、2,r 6可编辑资料 - - - 欢迎下载V6 22883可编辑资料 - - - 欢迎下载 ·· 8cm 可编辑资料 - - - 欢迎下载428 为底面圆周长,就2r 8,r ,可编辑资料 - - - 欢迎下载V4 21923可编辑资料 - - - 欢迎下载 ·· 12cm应选 C.可编辑资料 - - - 欢迎下载6 文2021 江·西文 将长方体截去一个四棱锥, 得到的几何体如以下图, 就该几何体的左视图为 可编辑资料 - - - 欢迎下载 答案 D 解析 如以下图,点D1 的投影为C1,点 D 的投影为 C,点A的投影为 B,应选 D.理2

7、021 安·徽理 一个空间几何体的三视图如以下图,就该几何体的表面积为 A 48B32817C 48 817D80 答案 C可编辑资料 - - - 欢迎下载 解析 由三视图知该几何体的直观图如下图所示该几何体的下底面是边长为4 的正方形上底面是长为4,宽为 2 的矩形,两个梯形侧面垂直于底面,上 底长为 2,下底长为 4,高为 4.另两个侧面是矩形宽为4,长为421217.21可编辑资料 - - - 欢迎下载S 表 4 2× 4× 24×4×2 4×17× 22可编辑资料 - - - 欢迎下载 48817.7文2021 烟&

8、#183;台市模拟 设 b，c 表示两条直线, ，表示两个平面,以下命题中是真命题的为b b可编辑资料 - - - 欢迎下载A.bcB. c.cbc可编辑资料 - - - 欢迎下载c c可编辑资料 - - - 欢迎下载C.c.D.c 可编辑资料 - - - 欢迎下载 答案 C可编辑资料 - - - 欢迎下载 解析 结合线面位置关系选C.理2021 焦·作一模 已知直线AB, CD是异面直线, ACAB,AC CD,BD CD,且 AB 2,CD 1,就异面直线 AB 与 CD 所成角的大小为 A 30°B45°C 60°D75° 答案 C 解析

9、 设 AB 与 CD 所成的角为 ,|AB CD|·就 cos |cosAB, CD| ,|AB|CD|由于 AB·CDAC CDDB ·CD AC·CD CD2DB·CD01201,AB可编辑资料 - - - 欢迎下载|2.cos | · CD| |11可编辑资料 - - - 欢迎下载|AB|CD|2×1可编辑资料 - - - 欢迎下载由于 0° 90°, 60°.故异面直线 AB 与 CD 所成角的大小为60°. 8如下图,某几何体的正视图主视图 ,侧视图 左视图 和俯视图分别是等

10、边三角形,等腰三角形和菱形,就该几何体体积为可编辑资料 - - - 欢迎下载A 43B4C 23D2 答案 C 解析 由三视图可知该几何体为如以下图的四棱锥,依据三视图所供应的数据可得几何体的体积为可编辑资料 - - - 欢迎下载1V 31×23× 22可编辑资料 - - - 欢迎下载· 23 23 2可编辑资料 - - - 欢迎下载 23. 点评 此题考查空间几何体的结构，三视图，几何体的体积运算，空间想象才能及运算求解才能,属中档题9 文2021 大·纲全国卷文 已知直二面角l ,点 A,AC l,C 为垂足,点 B,BDl ,D 为垂足如 AB 2

11、,AC BD 1,就 CD A 2B.3C.2D1 答案 C 解析 此题考查了异面直线的距离的求法, 正确画出图形, 娴熟把握线面垂直的判定和性质, 把问题转化到直角三角形中, 利用勾股定理求解连接 AD,设 CD x,AD2AC2CD21 x2.可编辑资料 - - - 欢迎下载由题意：ABD 为 Rt,BDA 90°,AB2AD2BD2,4 1 x2 1x2,即 CD2.理2021 大·纲全国卷理 已知直二面角 l ,点 A ,ACl,C 为垂足, B,BD l,D 为垂足如 AB 2,ACBD 1,就D 到平面 ABC 的距离等于 可编辑资料 - - - 欢迎下载A.2

12、 3C.6 3 答案 CB.3 3D1可编辑资料 - - - 欢迎下载 解析 解法 1：如图,在直二面角 l 中, ACl,AC,平面ABC平面BCD.过 D 作 DH BC,垂足为 H,就 DH 平面ABC,即 DH 为 D 到平面 ABC 的距离AC,BC,ACBC.可编辑资料 - - - 欢迎下载在 RtABC 中,AC1, AB 2,ACB 90°,BCAB2AC222 123.在 RtBCD 中, BC3, BD 1,CDBC2BD2312.可编辑资料 - - - 欢迎下载1由 BD·CD 21BC·DH 得21×1×221×

13、;3·DH,2可编辑资料 - - - 欢迎下载DH 6.3解法 2：如下图,连接AD, AB 2, AC1,同解法 1 可得 BC3, CD2.可编辑资料 - - - 欢迎下载1SRtACB 2AC·BC13.× 1×322可编辑资料 - - - 欢迎下载112SRtBCD 2CD·BD2×2× 1 2 .设 D 到平面 ABC 的距离为 h,就11由 V 三棱锥 D ABC V 三棱锥 A BCD 得3SABC·h3SBCD ·AC,可编辑资料 - - - 欢迎下载13133即 × 2 h &

14、#215;22 × 1,可编辑资料 - - - 欢迎下载.h63 点评 此题主要考查了线线垂直，线面垂直，面面垂直的有关定理和点到平面的距离以及空间想象才能和数据处理的才能10文2021 西·安一模 已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中,AA1 2AB,E 为 AA1 中点,就异面直线 BE 与 CD1 所成角的余弦值为 1015A.10B.5可编辑资料 - - - 欢迎下载C.31010 答案 CD.3可编辑资料 - - - 欢迎下载 解析 此题考查异面直线所成角的定义,以及空间想象才能，基本运算才能如以下图,连接A1B,可编辑资料 - - - 欢迎下载ABCD A

15、1B1C1D1 为正四棱柱,A1BD1C,A1BE 为异面直线 BE 与 CD1 所成的角AA12AB,设AB a,就 AA1 2a,又E 为 AA1 的中点,A1Ea, BE2a,A1B5a, 在A1BE 中,由余弦定理,得可编辑资料 - - - 欢迎下载2a2 5a2a26a2310可编辑资料 - - - 欢迎下载cosA1BE2· 2a·5a 210a210.可编辑资料 - - - 欢迎下载理2021 咸·阳调研 如图,在长方体ABCDA1B1C1D1 中,ABBC 2,AA1 1,就 BC1 与平面 BB1D1D 所成角的正弦值为 6255A.3B.5可编

16、辑资料 - - - 欢迎下载5C. 15 答案 DD. 10可编辑资料 - - - 欢迎下载 解析 以 B 为原点,直线BC，BA，BB1 分别为 x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系,就D2,2,0, B10,0,1, C12,0,1设平面 BB1D1D 的一个法向量 n x,y, z,就n可编辑资料 - - - 欢迎下载· BD02x2y0,取 n1, 1,0,可编辑资料 - - - 欢迎下载· BB 0n1z0可编辑资料 - - - 欢迎下载直线 BC1 的方向向量 BC12,0,1,直线BC1 与平面 BB1D1D 所成的角为 ,中意 sin|BC1·n

17、|可编辑资料 - - - 欢迎下载|BC1| ·|n|105.可编辑资料 - - - 欢迎下载其次卷 非选择题共 100 分二，填空题 本大题共 5 个小题,每道题 5 分,共 25 分,把正确答案填在题中横线上 11长方体ABCDA1B1C1D1 的顶点均在同一个球面上,AB AA11,BC2,就 A, B 两点间的球面距离为 答案 3 解析 此题考查了组合体及球面距离的定义,需要有较强的空间想象才能,第一确定球心及球半径,球心即长方体的中心,即体对 角线交点,连接AC1, BD1 交于 O 点,进一步求出半径为1,AOB 3,球面距离3R 3·13.122021

18、83;辽宁卷 如下图,网格纸的小正方形的边长是1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图,就这个多面体最长的一条棱的长为 可编辑资料 - - - 欢迎下载 答案 23 解析 由主视图和俯视图可知几何体是正方体切割后的一部分四棱锥 C1ABCD,仍原在正方体中,如以下图：多面体最长的一条棱即为正方体的体对角线,由正方体棱长为AB 2 知最长棱长为 23.132021 ·天津理 一个几何体的三视图如以下图单位： m,就该几何体的体积为 m3.可编辑资料 - - - 欢迎下载 答案 6 解析 此题主要考查几何体的三视图的仍原图形依据三视图知仍原后的图形为一个长方体上面放一个圆锥因而 V V 长

19、方体 V 圆锥 ,又知长方体长，宽，高分别为 3，2，1,圆锥的底面半径为 1, 高为 3,从而求出体积为 6.14文2021 安·徽宣城一模 a,b,c是空间中互不重合的三条直线,下面给出五个命题：如 ab,bc,就 ac.如 ab,b c,就 ac.如 a 与 b 相交, b 与 c 相交,就 a 与 c 相交.如 a平面 , b平面 ,就 a,b 确定是异面直线.如 a,b 与 c 成等角,就 ab.上述命题中正确选项 只填序号 答案 可编辑资料 - - - 欢迎下载 解析 由基本性质 4 知正确.当 ab,bc 时, a 与 c 可以相交，平行,也可以异面,故不正确.当 a

20、与 b 相交, b 与 c 相交时, a 与 c 可以相交，平行,也可以异面,故不正确.a,b,并不能说明 a 与 b 不同在任何一个平面内,故不正确.当 a, b 与 c 成等角时, a 与 b 可以相交，平行,也可以异面故不正确理2021 山·东日照调研 在棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1中,E，F 分别为棱 AA1，BB1 的中点, G 为棱 A1B1 上的一点,且 A1G 01,就点 G 到平面 D1EF 的距离为 5 答案 5可编辑资料 - - - 欢迎下载 解析 方法一：A1B1平面 D1EF,G 到平面 D1EF 的距离为 A1 到平面 D 1EF 的距

21、离,在A1D1E 中,过 A1 作 A1HD1E 交 D1E 于 H,明显 A1H平面D1EF,就 A1H 即为所求,可编辑资料 - - - 欢迎下载在 RtA1D1E 中,1× 1可编辑资料 - - - 欢迎下载1A HA1D1·A1ED1E25521.1 2可编辑资料 - - - 欢迎下载方法二：等体积法,设h 为 G 到平面 D1EF 的距离VGD 1EF VA1 D 1EF VFD 1A1E,1× 1×5h1111,2× × × ×2225h 5 .15文2021 福·建文 如图,正方体 ABCD

22、 A1B1C1D1 中, AB2,点 E 为 AD 的中点,点 F 在 CD 上,如 EF平面 AB1C,就线段EF 的长度等于 可编辑资料 - - - 欢迎下载 答案 2 解析 此题考查线面平行由 EF平面 AB1C,EF.平面 ABCD,平面 ABCD平面 AB1CAC,知 EFAC.所以由 E 是中点知 EF12.AC 2 理 2021 大·纲全国卷已知点E， F分别在正方体ABCD A1B1C1D1 的棱 BB1，CC1 上,且 B1E2EB,CF 2FC1,就面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的正切值等于 3 答案 2 解析 本小题考查的内容是二面角的求法,可接受几何法

23、或向量法方法一： 几何法 如图,延长 FE 交 CB 的延长线于 P,就 AP 为面 AEF 与面 ABC 的交线,连结 AC,可编辑资料 - - - 欢迎下载PB BC,CAP90°.由三垂线定理,FAP 90°,FAC 为二面角的平面角2FC32tanFACAC 3.2方法二： 向量法 建立如以下图的空间直角坐标系Dxyz,令边长为 3,可编辑资料 - - - 欢迎下载A3,0,0, E3,3,1,F0,3,2,平面 ABC 的法向量为 0,0,1,设平面 AEF 的法向量为 n x, y, z,n·AE 03y z 0,n3x3y2z 0· AF

24、0令 x1,z 3,y 1,n 1, 1,3,可编辑资料 - - - 欢迎下载3令平面夹角为,cos1× 3, sin2 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载|n|1111.tan23三，解答题 本大题共 6 个小题,共 75 分,解答应写出文字说明, 证明过程或演算步骤 16本小题满分 12 分2021 郑·州模拟 如下图所示, 在四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 为正方形,侧棱 PD底面 ABCD,E，F 分别是 AB，PC 的中点可编辑资料 - - - 欢迎下载1如 AB2, PA 4,求四棱锥 PABCD 的体积.2求证： EF平面 PAD. 解析 1解：PD

25、底面ABCD,AD平面 ABCD,PDAD,AB 2,AP4,PDAP2AD2AP2 AB2 23,1VP ABCD 3SABCD ·PD可编辑资料 - - - 欢迎下载1 ·4·23 383.3可编辑资料 - - - 欢迎下载2证明：作 FGDC 交 PD 于点 G,就 G 为 PD 的中点,可编辑资料 - - - 欢迎下载可编辑资料 - - - 欢迎下载连接 AG,FG 綊1CD,又 CD 綊 AB, 2可编辑资料 - - - 欢迎下载故 FG 綊 AE,四边形 AEFG 为平行四边形EFAG,又 AG平面 PAD,EF平面 PAD,EF平面 PAD.17本小

26、题满分 12 分一个多面体的直观图,正 主视图 正前方观看 ,俯视图 正上方观看 ,侧 左视图 左侧正前方观看 如下图所示1探求 AD 与平面 A1BCC1 的位置关系并说明理由.2求此多面体的表面积和体积可编辑资料 - - - 欢迎下载 解析 从俯视图可得：底面四边形 ABCD 和侧面四边形 A1C1CB是矩形又从正 主视图可得 BCAB,BCBA1,且 AB BA1 B,故BC面ABA1,又ABA1 是正三角形三棱柱是正三棱柱1底面四边形 ABCD 是矩形,ADBC,又BC面 A1BCC1,AD面 A1BCC1.2依题意可得 AB BCa, 由 V Sh,可编辑资料 - - - 欢迎下载又

27、 S132a× sin60 °×a× a,24可编辑资料 - - - 欢迎下载V Sh32×a33,4 a4 aS 侧 c×h 3a× a 3a2,S23232表 S 侧 2S 底3a 2× 4 a 3 2 a .可编辑资料 - - - 欢迎下载3所以此多面体的表面积和体积分别为3 2 a2,3a3.可编辑资料 - - - 欢迎下载418本小题满分12分文2021 天·津文 如图,在四棱锥PABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形, ADC 45°,AD AC1,O 为 AC 的中点, PO平

28、面 ABCD, PO 2, M 为 PD 的中点可编辑资料 - - - 欢迎下载1证明PB平面 ACM .2证明 解析 AD平面 PAC.1证明：连接 BD,MO,在平行四边形ABCD 中,由于O 为 AC 的中点,所以O 为 BD 的中点,又 M 为 PD 的中点,所以PBMO.由于 PB平面 ACM,MO平面 ACM,所以 PB平面 ACM.2证明：由于ADC45°,且 AD AC 1,所以DAC 90°,即 ADAC,又 PO平面ABCD,AD平面 ABCD,所以 POAD,而可编辑资料 - - - 欢迎下载AC POO,所以 AD平面PAC.理2021 安·

29、;徽理 如图, ABEDFC 为多面体,平面ABED 与平面ACFD 垂直,点 O 在线段 AD 上,OA1,OD2, OAB,OAC, ODE, ODF 都是正三角形1证明直线 BCEF.2求棱锥 F OBED 的体积 解析 1证法 1： 综合法 如下图所示,设G 是线段 DA 延长线与线段 EB 的延长线的交点,由于 OAB 与ODE 都是正三角形,1且 OD 2,所以 OB 綊2DE, OG OD2.同理,设 G是线段 DA 延长线与线段 FC 延长线的交点, 有 OC1綊2DF ,OG OD 2.又由于 G 和 G都在线段 DA 的延长线上,所以G 与 G 重合可编辑资料 - - -

30、欢迎下载11在GED 和GFD 中,由 OB 綊2DE 和 OC 綊2DF ,可知 B, C分别是 GE 和 GF 的中点,所以BC 是GEF 的中位线,故 BCEF.证法 2：向量法 过点 F 作 FQAD,交 AD 于点 Q,连接 QE,由平面 ABED平面ADFC,知 FQ平面ABED,从而 FQQE, FQDQ.以 Q 为坐标原点, QE为 x 轴正方向, QD为 y 轴正方向, QF为 z轴正方向,建立如以下图空间直角坐标系333可编辑资料 - - - 欢迎下载由条件知 E3, 0,0, F0,0,3,B2 , 2, 0, C0, 2,可编辑资料 - - - 欢迎下载32 可编辑资料

31、 - - - 欢迎下载就有BC 3,0,3,EF 3,0,3可编辑资料 - - - 欢迎下载22 可编辑资料 - - - 欢迎下载所以EF 2BC,即得 BCEF.2解：由 OB 1, OE 2,EOB60°,知 SEOB3 2 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载而OED 是边长为 2 的正三角形,故SOED3.33所以 S 平行四边形OBEDSEOB SOED 2.过点 F 作 FQAD,交 AD 于点 Q,由平面 ABED平面ACFD 知,可编辑资料 - - - 欢迎下载FQ 就是四棱锥 FOBED 的高,且 FQ3,所以 VF OBED3四边形 OBED 2.1 FQ·

32、;S 3可编辑资料 - - - 欢迎下载19本小题满分 12 分文2021 郑·州一模 如以下图,正三棱柱A1B1C1ABC 中,点 D 是 BC 的中点, BC2BB1,设 B1D BC1F.求证：(1) A1C平面 AB1D.(2) BC1平面 AB1D.可编辑资料 - - - 欢迎下载 解析 1连结 A1B,设 A1B 与 AB1 交于 E,连结 DE.点D 是 BC 中点,点 E 是 A1B 中点,DEA1C,A1C平面 AB1D, DE平面 AB1D,A1C平面 AB1D.2ABC 是正三角形,点D 是 BC 的中点,ADBC.平面ABC平面B1BCC1,平面 ABC 平面

33、 B1BCC1BC, AD平面 ABC,AD平面B1BCC1,BC1平面 B1BCC1,ADBC1.可编辑资料 - - - 欢迎下载点D 是 BC 的中点, BC2BB1,BD22 BB1.可编辑资料 - - - 欢迎下载BDCC12BB1 BC 2 ,RtB1BDRtBCC1.BB1DCBC1,BDB1CC1B.且CBC1CC1B 90°,CBC1BDB1 90°.BC1B1D,又 AD B1DD,BC1平面AB1D. 理2021 九·江第一次模拟 已知直三棱柱ABC A1B1C1 中, AB 5,AC 4, BC3, AA1 4,点 D 在 AB 上1如 D

34、是 AB 中点,求证： AC1平面 B1CD.可编辑资料 - - - 欢迎下载2当BD AB11时,求二面角BCD B 的余弦值5可编辑资料 - - - 欢迎下载 解析 1证明：连结 BC1,交 B1C 于 E,连结 DE.直三棱柱 ABCA1B1C1, D 是 AB 中点,侧面BB1C1C 为矩形, DE 为ABC1 的中位线,可编辑资料 - - - 欢迎下载DEAC1.DE平面 B1CD,AC1平面 B1CD,AC1平面 B1CD.2ACBC,如下图,以 C 为原点建立空间直角坐标系C xyz.就 B3,0,0, A0,4,0,A10,4,4,B13,0,4可编辑资料 - - - 欢迎下载

35、设 Da,b,0a>0,b>0,点D 在线段 AB 上,且 BD1BD1可编辑资料 - - - 欢迎下载124AB 5,即BA.5可编辑资料 - - - 欢迎下载a5 , b 5.可编辑资料 - - - 欢迎下载1所以BC3,0, 4,BA 3,4,0,CD 12405 ,5,平面 BCD 的法向量为 n 0,0,1,设平面 B1CD 的法向量为 n2x, y,1,可编辑资料 - - - 欢迎下载 3x 40,可编辑资料 - - - 欢迎下载由BC·n 0, CD·n 0,得124,可编辑资料 - - - 欢迎下载1225 xy0 5可编辑资料 - - - 欢迎

36、下载44所以 x 3, y4,n23,4,1n·n2 3设二面角 BCD B1 的大小为 , cos |n|n2|13.31所以二面角 B CD B 的余弦值为.1320本小题满分 13 分文2021 辽·宁文 如图,四边形 ABCD 为2正方形, QA平面 ABCD, PDQA, QA AB 1PD.1证明： PQ平面 DCQ.2求棱锥 Q ABCD 的体积与棱锥 PDCQ 的体积的比值 解析 1由条件知 PDAQ 为直角梯形由于 QA平面ABCD,所以平面 PDAQ平面ABCD, 交线为 AD.又四边形 ABCD 为正方形, DCAD,可编辑资料 - - - 欢迎下载所

37、以 DC平面PDAQ,可得 PQDC.可编辑资料 - - - 欢迎下载在直角梯形 PDAQ 中可得 DQ PQ22 PD,就 PQQD.可编辑资料 - - - 欢迎下载又 DQ DC D,所以 PQ平面DCQ.2设 ABa.由题设知 AQ 为棱锥 QABCD 的高,所以棱锥 QABCD 的体积 V 13,13a由1知 PQ 为棱锥 P DCQ 的高,而 PQ2a,DCQ 的面积21为a2,所以棱锥 PDCQ 的体积 V 3223a .故棱锥 Q ABCD 的体积与棱锥 PDCQ 的体积的比值为1.理2021 广·东理 如下图,在锥体P ABCD 中, ABCD是边长为 1的菱形,且

38、DAB 60°,PAPD2,PB 2, E,F分别是BC, PC 的中点1证明： AD平面 DEF .2求二面角 PAD B 的余弦值 解析 1证明：取 AD 中点 G,连接 PG, BG.可编辑资料 - - - 欢迎下载四边形ABCD 为菱形且 E, G 分别为 BC,AD 中点,就 BG 綊 DE.又 F 为 PC 中点,就 EFPB,就平面 DEF 平面 GBP.G 是 AD 中点且 PAPD,PGAD.1在ABG 中, AG 2,AB1,且DAB 60°,可编辑资料 - - - 欢迎下载,由余弦定理得BG32AB2 AG2 BG2,就 AGBG.可编辑资料 - - - 欢迎下载PG BGG,AG平面PGB,即 AD平面DEF .2解：由 1知二面角 PAD B 的平面角为PGB.2在 RtPGA 中, PGPA2 AG27.可编辑资料 - - - 欢迎下载在PGB 中, BG32 ,PB 2,由余弦定理知,可编辑资料 - - - 欢迎下载73可编辑资料 - - - 欢迎下载cosPGBPG2 BG2 PB2 2PG·BG44472137.可编辑资料