届二轮理科数学立体几何专题卷

1、(2019北京东城模拟)1若正方体被一个平面截去一部分后，所得几何体的三视图如下列图，则截面图形的形状为()A等腰三角形B直角三角形C平行四边形D梯形1A解析：由三视图可得，该几何体是棱长为2的正方体被一个平面截去一个三棱锥所得的几何体(如下列图)，故截面是等腰三角形应选A.2(2019湖北黄冈中学第三次模拟)已知一个简单几何体的三视图如下列图，若该几何体的体积为2448，则r()1234ABCD2B解析：经过三视图可知，该几何体是由一个三棱锥和1圆锥组成的，设该组合体4的体积为V,V119r24r113r3r4r2448,r2.应选B.43323(2019山东潍坊5月三模)下列说法错误的选项

2、是()A垂直于同一个平面的两条直线平行B若两个平面互相垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直C若一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行D若一条直线与一个平面内的无数条直线垂直，则这条直线和这个平面垂直3D解析：由线面垂直的性质定理知，垂直于同一个平面的两条直线平行，A正确；由面面垂直的性质定理知，若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直，B正确；由面面平行的判断定理知，一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行，C正确；当一条直线与平面内无数条相互平行的直线垂直时，该直线与平面不一定垂直，D错误

3、应选D.4(2019河北石家庄5月适应性考试)一个圆锥的母线长为2，圆锥的母线与底面的夹()角为4，则圆锥的内切球的表面积为A8B4(22)2C4(22)2D.32（22）2494B解析：由题意，作出圆锥的轴截面，如下列图母线长为2，圆锥的母线与底面的夹角为2.设内切球的半径为r，根据等面积法，可得1，圆锥的底面半径与高均为242221(2222)r，解得r22，该圆锥内切球的表面积为4(22)224(22)2.应选B.5(2019湖南普通高中学业水平考试)已知a，b为不同的直线，为不同的平面在下列命题中，正确的选项是()A若直线a平面，直线a平面，则B若平面内有无穷多条直线都与平面平行，则C

4、若直线a?，直线b?，且a，b，则D若平面平面，平面平面，则5D解析：由a且a，得和平行或相交，A错误；平面内的无数条相互平行的直线均平行于平面，和可能相交，B错误；若ab，此时直线a?，直线b，且a，b，和可能相交，C错误；由平面平行的性质可知，平行于同一平面的两平面互相平行，D正确应选D.436(2019湖南衡阳三模)已知一个几何体的三视图如下列图，且该几何体的体积为3，则a的值为()233A.3B.3C23D.26A解析：由三视图可知，该几何体是由一个三棱锥和一个三棱柱组合而成的简单组合体，其直观图如下列图三棱锥和三棱柱的底面都是两腰为2的等腰直角三角形，它们的高都为a，该几何体的体积为

5、43，1(2)2a11(2)2a43，解得a323233.应选A.7(2019河南省十所名校阶段性测试)已知某四棱锥的三视图如下列图，其中俯视图的外框为正方形，则该四棱锥的体积是()4816323B.3C.3D.37B解析：结构棱长为2的正方体，由三视图可得，该四棱锥为如下列图的四棱锥PABCD，因此该四棱锥的体积V22211221（21）221212323823.应选B.8(2019山东日照5月校际联合考试)已知m，n是两条不同直线，是两个不同平面，给出四个命题：若m，n?，nm，则；若m，m，则；若m，n，mn，则；若m，n，mn，则.其中正确的命题是()ABCD8B解析：若m，n?，nm

6、，如图1，则与不一定垂直，故为假命题；若m，m，根据垂直于同一条直线的两个平面平行，知，故为真命题；若m，n，mn，则，故为真命题；若m，n，mn，如图2，则与可能相交，故为假命题应选B.图1图29(2019湖北武汉武昌区一模)已知正三棱锥SABC的所有极点都在球棱锥的底面是边长为23的正三角形，侧棱长为25，则球O的表面积为(O的球面上，)A10B25C100D1209B解析：正三角形ABC外接圆的半径3232.设ABC的中心为M，则r3MA2，SA25，所以SMSA2MA24.设球O的半径为R，在AOM中，由勾股定理得AM2OM2OA2，即4(4R)2R2，解得R5，则球O的表面积为4R2

7、25.应选B.210(2019福建宁德高中同心顺结盟校期中)在梯形ABCD中，ABC90，ADBC，BC2AD2AB2.将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为().2.42.5A3B3CD310D解析：将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体，如图，体积为圆柱的体积减去圆锥的体积，即为1221121533.应选D.11(2019广东惠州第三次调研)榫卯是在两个木构件上所采用的一种凹凸联合的连结方式，凸出部分叫榫，凹进部分叫卯，榫和卯咬合，起到连结作用，代表建筑有北京的紫禁城、天坛祈年殿、山西悬空寺等如下列图是一种榫卯的三视图，则该空间几何体

8、的表面积为()A.192B.186C.180D.19811A解析：由三视图复原几何体，可知该几何体为组合体，上部分是长方体，棱长分别为2，6，3，下部分为长方体，棱长分别为6，6，3，其表面积为S463266823192.应选A.12(2019河北石家庄5月适应性考试)我国古代科学家祖冲之的儿子祖暅在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”(“幂”是截面积，“势”是几何体的高)，意思是两个同高的几何体，如在等高处截面的面积恒相等，则它们的体积相等已知某不规则几何体与如下列图的三视图所表示的几何体知足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为()A12B812122C2D12A解析

9、：根据给定的几何体的三视图，可得该几何体左边是一个棱长为2的正方体，右边是一个长为1，宽和高为2的长方体截去一个底面半径为1，高为2的半圆柱，该几何体的体积为V2222211212212.不规则几何体的体积为12.应选A.13(2019福建福州5月质量检测)已知某几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为()A33B323C23D22313A解析：该几何体为两个三棱锥的组合体，其直观图如下列图.该几何体的表面积为S41111123(2)233.2414(2019河南濮阳摸底考试)如图是一个多面体的三视图，它们都是斜边长为2的等腰直角三角形，则这个多面体最长的一条棱长为()2B.3C23D3214

10、B解析：根据三视图可知该几何体是如下列图的三棱锥，且PC平面AC.三视图都是斜边长为2的等腰直角三角形，ABACPC1，则PB棱，且PB213.应选B.ABC，AB是最长的15(2019陕西第三次教学质量检测)一个动点从正方体ABCDA1B1C1D1的极点A处出发，经正方体的表面，按最短路线抵达极点C1的地点，则下列图形中能够表示正方体及动点最短路线的正视图是()ABCDC的地点，共有6种展开15C解析：由点A经正方体的表面，按最短路线抵达点1方式，若把平面ABB111111A和平面BBCC展开到同一个平面内，在矩形中连结AC会经过BB的中点，故此时的正视图为；若把平面ABCD和平面CDD1C

11、1展开到同一个平面内，在矩形中连结AC1会经过CD的中点，此时的正视图为；其他几种展开方式所对应的正视图在题中没有出现或已在中应选C.16(2019福建泉州一模)类比圆的内接四边形的观点，可得球的内接四面体的观点.已知球O的一个内接四面体ABCD中，ABBC，BD过球心O，若该四面体的体积为1，且ABBC2，则球O的表面积的最小值为_1638解析：球心O在线段BD上，O为BD的中点又OAOBOCOD且ABBC，点O在平面ABC内的射影O为ABC的外心，即为AC的中点，故三棱锥16DABC的高h2OO，四面体ABCD的体积为6ABBCh1，进而hABBC.设球O36的半径为R，BD24R2AB2

12、BC2h2AB2BC2（ABBC）2.又ABBC2，AB236BC242ABBC，故4R242ABBC（ABBC）2.由基本不等式可知ABBC22ABBC，即ABBC1.又函数f(x)42x362在(0，)为减函数，4R24x2ABBC3638，故球O的表面积的最小值为38.（ABBC）2中档大题加强练(1)1(2019江西南昌第十中学第二次月考)已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB3，AD1，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为()6623A.4B.3C.6D.61A解析：如下列图，连结AB，AC.由长方体的性质可得ABDC，ABC就1111是异面直线B1C和C1D所成角(

13、或补角)由已知可得AC（3）2122，AB13）2（3）26，1（3）2122.BC2AB1B1C2AC26446(方法一)cosAB1C114.应选A.2ABBC262AB16226(方法二)cosAB1CB1C24.应选A.2(2019甘肃白银第四次联考)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD上一点，CE2DE，F为棱AA的中点，且平面BEF与DD交于点G，则BG与平面ABCD所成角的正切值为()111225252A.12B.6C.12D.62C解析：平面ABCD平面A1B1C1D1，B1G与平面ABCD所成角即为B1G与平面A1B1C1D1所成角DD1平面A1B1C1D1，B1G

14、与平面A1B1C1D1所成角为D1B1G.AB6，则AF3，DE2，平面BEF平面CDD1C1GE，且BF平面CDD1C1，可AFDG3DGD1G知BFGE，则ABDE，即62?DG1，D1G5.在RtB1D1G中，tanD1B1GB1D1552，故B1526212G与平面ABCD所成角的正切值为12.应选C.3(2019甘肃、青海、宁夏5月联考)在四棱锥PABCD中，所有侧棱都为42，底面是边长为26的正方形，O是P在平面ABCD内的射影，M是PC的中点，则异面直线OP与BM所成角为()A30B45C60D903C解析：由题可知O是正方形ABCD的中心，取N为OC的中点，OPMN，则BMN是

15、异面直线OP与BM所成的角OP平面ABCD，MN平面ABCD.在四棱锥PABCD中，所有侧棱都为42，底面是边长为26的正方形，OC23，OP321225，因此MN5.又在PBC中，cosBPCPB2PC2BC23232242PBPC2325，BM2PB2PM22PBPMcosBPC32824222520，即BM25，88cosBMNMN1，则异面直线OP与BM所成的角为60.应选C.MB24(2019辽宁丹东质量测试)若正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，D是CC的中BADC的正切值为_1点，则二面角1415解析：设正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长为2,取A1C1的中点E，连结3

16、B1E.由题意可知A1C1C1B1B1A12，B1EA1C1，利用勾股定理能够求得B1E3.过E作EFAD，垂足为F，连结B1，如下列图在正三棱柱111中，侧面11FABCABCAACC底面A1B1C1，而侧面AA1C1C底面A1B1C1A1C1，B1E侧面AA1C1C.AD?平面AACC，BEAD.BEEFE，BE，EF?平面B1EF，AD平面BEF.而BF?平1111111面B1EF，ADB1F，因此EFB1是二面角B1ADC的平面角的补角在正方形AA1C1C中，111C1EC1D1，求出EF35.在RtB1FE中，4ACCDAA1A1E2ADEF5222tanEFB1EB1315，二面角

17、B1ADC的正切值为15.EF333555(2019山西考前适应性训练)已知线段AB?平面，点O线段AB，知足OB2OA.将点A绕O折起到点P的地点，使直线PB与平面所成的角最大，则tan_3解析：当平面POB，且OPPB时，直线PB与平面所成的角最大，此5.3，tan3时63.6(2019福建上杭一中5月月考)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点，则下列结论中，正确结论的序号是_(把所有正确结论序号都填上)过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；B1D1EFGBD1平面ACB1；2二面角D1ACD平面角的正切值为2；13四

18、面体ACB1D1的体积等于a.解析：对，截面为如下列图的正六边形，故正确对，B1D1与平面EFG相交，故错误对，由条件知BD1AC，又AB1平面A1D1CB，故BD1AB1，BD1平面ACB1，故正确；对，取AC中点O，连结D1O，DO，则D1OAC，DOAC，故D1OD为二面角D1ACD的平面角又D1Da，DO22，故2a，tanD1OD错误对，四面体ACB1D1的体积VV正方体VA1AB1D1VC1CB1D1VDCAD11a2a3VBCAB1a34a，故错误综上，正确结论的序号有.3237(2019江苏扬州树人中学二模)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，BAC30，BC1，

19、AA16，M是棱CC1的中点求证：A1BAM.求直线AM与平面AA1B1B所成角的正弦值7(1)证明：C1C平面ABC，BCAC，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴、y轴、z轴成立如下列图的空间直角坐标系，6则B(0，1，0)，A1(3，0，6)，A(3，0，0)，M(0，0，2)，A1B(3，1，6)，AM(3，0，A1BAM3030，A1BAM，即A1BAM.62)，(2)解：由(1)知AB(3，1，0)，A1A(0，0，6)3xy0，设平面AA1B1B的法向量为n(x，y，z)，则6z0.不妨取n(1，3，0)设直线AM与平面AA1B1B所成角为，6AMn则sin|cosAM，n|6

20、.|AM|n|直线AM与平面AA16B1B所成角的正弦值为6.8(2019湖南、湖北八市十二校第二次调研)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD1为矩形，ADE，BCF均为等边三角形，EFAB，EFADAB.2过BD作截面与线段FC交于点N，使得AF平面BDN，试确定点N的地点，并予以证明；在(1)的条件下，求直线BN与平面ABF所成角的正弦值8解：(1)当N为线段FC的中点时，使得AF平面BDN.原因如下：如图，连结AC，BD，设ACBDO，四边形ABCD为矩形，O为AC的中点又N为FC的中点，ON为ACF的中位线，AFON.AF?平面BDN，ON?平面BDN，AF平面BDN，故N为F

21、C的中点时，使得AF平面BDN.(2)如图，过O作PQAB，分别与AD，BC交于点P，Q.O为AC的中点，P，Q分别为AD，BC的中点ADE与BCF均为等边三角形，且ADBC，ADEBCF.连结EP，FQ，则EPFQ.1EFAB，ABPQ，EF2AB，1EFPQ，EF2PQ，四边形EPQF为等腰梯形取EF的中点M，连结MO，则MOPQ.又ADEP，ADPQ，EPPQP，AD平面EPQF.O点作OGAB于G，则OGAD，OGOM，OGOQ.轴、y轴、z轴的正方向，成立空间直角坐标系Oxyz.分别以OG，OQ，OM的方向为x不妨设AB4，则由条件可得O(0，0，0)，A(1，2，0)，B(1，2，

22、0)，F(0，1，2)，D(1，2，1，3，20)，N(22)21，3，2)AB(0，4，0)，AF(设n(x，y，z)是平面ABF的法向量，4y0，nAB0，则即x3y2z0，nAF0，可取n(2，0，1)312由BN(，2)，222|BNn|可得|cosBN，n|3，|BN|n|直线BN与平面ABF所成角的正弦值为23.9.(2019河北五个一名校结盟第一次诊疗)如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，ABDBCD90，EC2，ABBD2，直线EC与平面ABC所成的角等于30.求证：平面EFC平面BCD.求二面角ACEB的余弦值9(1)证明：在RtBCD中，F是斜边BD

23、的中点，1FC2BD1.1E，F分别是AD，BD的中点，EF2AB1.EC2，EF2FC2EC2，EFFC.又ABBD，EFAB，EFBD.BDFCF，故EF平面BCD.EF?平面EFC，平面EFC平面BCD.(2)解：(方法一)取AC的中点M，连结ME，则MECD.CE1AD2，CDAC.2又CDBC，CD平面ABC，故ME平面ABC，因此ECM是直线EC与平面ABC所成的角，AC2MC2ECcos306，CDBC2.过点B作于BNAC于N，则BN平面ACD，ABBC23BNAC3.过点B作BHEC于H，连结HN，则BHN为二面角ACEB的平面角BEBCEC2，BH36，HNBH2BN26，

24、2BE26cosBHNHN1BH.31因此二面角ACEB的余弦值为3.(方法二)如图，在平面BCD中，作x轴BD，以B为坐标原点，BD，BA所在直线为y，z轴成立空间直角坐标系CDBC2，(同方法一，过程略)C(1，1，0)，A(0，0，2)，E(0，1，1)，CE(1，0，1)，BE(0，1，1)，AE(0，1，1)设平面ACE的法向量m(x1，y1，z1)y1z10，则AEm0，取x11，得m(1，1，1)即x1z10.CEm0，设平面BCE的法向量n(x2，y2，z2)，y2z20，BEn0，则即取x21，得n(1，1，1)x2z20.CEn0，cosm，nmn11.|m|n|333由图

25、知，二面角ACEB为锐角，1因此二面角ACEB的余弦值为3.10(2019江苏苏州最后一卷)在四棱锥PABCD中，ABCD，AB2CD2BC2AD4，DAB60，AEBE，PAD为正三角形，且平面PAD平面ABCD.求二面角PECD的余弦值(2)线段PC上是否存在一点M，使异面直线DM和PE所成角的余弦值为68？若存在，指出点M的地点；若不存在，请说明原因10解：设O是AD中点，PAD为正三角形，则POAD.平面PAD平面ABCD，PO平面ABCD.又ADAE2，DAB60，ADE为正三角形，OEAD.成立如下列图空间直角坐标系Oxyz，则P(0，0，3)，E(0，3，0)，C(2，3，0)，

26、D(1，0，0)，3，于是PC(2，3)，PE(0，3，3)，DP(1，0，3)(1)设平面PEC的法向量为n(x，y，z)，10得一个法向量为n1(0，1，1)，由PCn10，PEn1平面EDC的一个法向量为n2(0，0，1)设二面角PECD的平面角为，则|cos|cosn1212，n|22.由图知为锐角，二面角PECD的余弦值为22.(2)设PMPC(01)，则PM(2，3，3)，DMDPPM(12，3，33)，(0，3，3)，PE|63|6DMPE|cosDM，PE|，6101048|DM|PE|2解得1或2，存在点M，且点M为线段PC的三平分点3311(2019江西上饶重点中学六校联考

27、)在四棱锥PABCD中，PAAC，底面ABCD为菱形，点O为菱形对角线AC，BD的交点，且PBPD.求证：PA平面ABCD.若ACABPA2，问：在棱PC上是否存在一点M，使得AM与平面PCD所成角的余42弦值为7？11(1)证明：连结PO.PBPD，PBD为等腰三角形又O为BD的中点，POBD.底面ABCD为菱形，BDAC.POACO，BD平面PAO，BDPA.又PAAC，BDACO，PA平面ABCD.(2)解：以A为原点，AD为y轴，A与BC中点N的连线为x轴，PA为z轴，成立如下列图的空间直角坐标系Axyz.A(0，0，0)，B(3，1，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，P(0，

28、0，2)，3k，k，22k)PC(3，1，2)令PMkPC，则PM(3k，k，2k)，AM(设平面PCD的一个法向量为n(x，y，z)，3xy2z0，nPC0，由得2y2z0.nPD0，3令y1，得n(3，1，1)，231，cosn，AM78k28k47解得k15.2又0k1，k不存在，即在棱PC上不存在一点M，使得AM与平面PCD所成角的余弦值为427.1(2019福建平和一中、南靖一中等五校联考)如图，是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，CN，BM所在直线所成角的大小为()A30B45C60D901C解析：根据正方体的平面展开图复原获得原正方体，如图，锐角或直角就是BM和CN所成的角A

29、NC是等边三角形，CN所成的角为60.应选C.AN和CN所成的ANC60，BM和2如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，设直线A1DCA的大小为2，则1，2分别为()A1B与平面A1DCB1所成角为1，二面角A30，45B45，30C30，60D60，452A解析：连结BC1，交B1C于点O，连结A1O.在正方体ABCDA1B1C1D1中，BC1B1C，BC1DC，B1CDCC，BO平面A1DCB1，BA1O是直线A1B与平面A1DCB1所成角1.BO1A1B，130.2BCDC，B1CDC，BCB1是二面角A1DCA的平面角BB1BC，且BB1BC，2BCB145.应选A.3(2019甘

30、肃张掖联考)某几何体的三视图如下列图，则该几何体的各条棱中，最长的棱与最短的棱所在直线所成角的正切值为()A.5.6.722BCD3C解析：结构长方体，由三视图可得，该几何体为如下列图的三棱锥ABCD，AB5，BD1，CD2，则BC213，可知最长的棱为长方体的对角线AC5322，最短的棱为BD1.BDCE，异面直线AC与BD所成的角为ACE.BECD2，AE257.BDCE1，CEAE，tanACECEAE7.应选C.4(2019河南焦作第四次模拟)已知A是平面外一定点，点B，点A到平面的距离为3.记直线AB与平面所成的角为，若4560，则点B所在地区的面积为()A8B6C4D24B解析：设

31、点A在平面上的射影为O，则OA3.由题意得|OA|tan1，3，|OB|OB|3，3，故B点所在地区是一个大圆去掉一个小圆后剩下的环形面积，故所求的地区面积为32(3)26.故为B.5(2019福建厦门外国语学校最后一模)如图，平面四边形ABCD中，E，F是的中点，ABADCD2,BD22，BDC90.若将ABD沿对角线BD折起至使平面ABD平面BCD，则四面体ABCD中，下列结论不正确是()AD，BDABD，AEF平面ABCB异面直线CD与AB所成的角为90C异面直线EF与AC所成的角为60D直线AC与平面BCD所成的角为305C解析：选项A，E，F分别是AD，BD的中点，EFAB.EF?平

32、面ABC，AB?平面ABC，EF平面ABC，选项A正确选项B，平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，且BDC90，即CDBD，CD?平面BCD，CD平面ABD，故CDAB，直线CD与AB所成的角为90，选项B正确选项C，由选项B可知CD平面ABD，CDAD.ADCD2，即ADCD2.由勾股定理，得AC22.在RtBDC中，BC（22）22223.在BAC中，cosBAC481222220，故BAC90，即ABAC.EFAB，EFAC，应选项C错误选项D，连结AF，FC，ADAB，ADAB.F是BD的中点，AFBD.平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AF?平面ABD，故A

33、F平面CBD，ACF即为直线AC与平面BCD所成的角在RtACF中，AF2，AC22，sinACFAF21，ACF30.故直线AC与平面BCD所成的角为30，故AC222选项D正确应选C.6(2019辽宁旭日重点高中第四次模拟)已知边长均为23的空间四边形ABCD的极点都在同一个球面上，若BADABDC的余弦值为1，二面角，则该球的体积为33_686解析：空间四边形ABCD的各边长均为23，又BAD3，ABD与CBD均为等边三角形取BD的中点E，连结AE，CE，在AE，CE上分别取F，M，使得AF2FE，CM2ME，则F，M分别为ABD与CBD外接圆圆心记空间四边形ABCD外接球的球心为O，则

34、OF平面ABD，OM平面CBD.二面角ABDC的余弦1131值为，即cosAEC.由题意cosAECcos2OEC，cosOEC3.EFAE1333AB2BE21，OE3.因此空间四边形ABCD外接球的半径为ROBOE2BE2346，该球的体积为V3R386.7(2019河北石家庄3月教学质量检测)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，侧面ABB1A1为菱形，A1CBC.求证：A1B平面AB1C.若ABB160，CBACBB1，ACB1C，求二面角BACA1的余弦值7(1)证明：侧面ABB1A1为菱形，A1BAB1.A1CBC，连结CO，A1BCO.又AB1COO，A1B平面AB1C.(2)解：

35、(方法一)CBACBB1，ABBB1，BCBC，则CBACBB1，ACB1C.又ACB1C，可得COAB1，CO平面ABB1A1.BB12.ACB1C，CO1.如图，以OB所在的直线为x轴，以OB1所在的直线为y轴，以OC所在的直线为z轴，成立空间直角坐标系Oxyz.A(0，1，0)，B(3，0，0)，C(0，0，1)，A1(3，0，0)，(3，1，AB(3，1，0)，AC(0，1，1)，AA10)，A1C(3，0，1)设平面ABC的法向量为n1(x，y，z)，3xy0，n1AB0，令x1，则n1(1，3，3)?yz0.n1AC0同理平面A1AC的法向量为n2(1，3，3)，1n25cos|n

36、1|n2|7.由图可知，二面角BACA1为钝角，5二面角BACA1的余弦值为7.(方法二)CBACBB1，ABBB1，BCBC，则CBACBB1，ACB1C.AB2.ABB160，侧面ABB1A1为菱形，AB12.又ACB1C，可得AC2，CO1，BC2，因此ABC为等腰三角形那么A1AC也为等腰三角形如图，取AC的中点M，连结BM，A1M，则BMA1为二面角BACA1的平面角14在BMA1中，可得BMA1M2，A1B23，cosBMA1BM2A1M2A1B25.172BMAM二面角BACA1的余弦值为5.78(2019江西红色七校第二次联考)如图，多面体ABCDB1C1为正三棱柱ABCA1B

37、1C1沿平DB1C1切除部分所得，M为CB1的中点，且BCBB12.若D为AA1的中点，求证：AM平面DB1C1.若二面角DB1C1B的大小为3，求直线DB1与平面ACB1所成角的正弦值8(1)证明：取B1C1的中点N，连结MN，则MN为B1C1C的中位线，MN綊12CC1.1D为AA1的中点，AD綊2CC1，MN綊AD，四边形ADNM为平行四边形，AMDN.又DN?平面DB1C1，AM平面DB1C1.(2)解：由B1C1DN，B1C1MN，可得DNM二面角DB1C1B的平面角又由二面角DB11，可得AD11CB大小为32BB.如图成立空间直角坐标系Oxyz，A(0，0，3)，C(1，0，0)

38、，B1(1，2，0)，D(0，1，3)，1，DB1(1，3)，AC(1，0，3)，AB1(1，2，3)设平面ACB1的法向量为n(x，y，z)，x2y3z0，nAB10，x3z0，nAC0，z1，则n(3，3，1)，105DB1ncosn，DB135，|DB1|n|直线DB1与平面ACB1所成角的正弦值为105.359(2019云南昆明3月教学质量检测)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，M是棱DD1上的一点，AA1平面ABCD，ABDC，ABAD，AA1AB2AD2DC.若M是DD1的中点，求证：平面AMB平面A1MB1.若DM2MD1，求平面AMB与平面ACB1所成锐二面角的余弦值9(

39、1)证明：AA1平面ABCD，AA1AB.ABAD，AA1ADA，故BA平面AA1D1D.MA1?平面AA1D1D，BAMA1.ADDM，AMD45.同理A1MD145，MA1AM.AMBAA，MA1平面AMB.MA1?平面A1MB1，平面AMB平面A1MB1.4(2)解：设AD1，则DD12，DM2MD13，以A为原点，AB，AA1，AD分别为x轴、y轴、z轴的正方向成立空间直角坐标系Axyz，如图A(0，0，0)，B(2，0，0)，B1(2，2，0)，C(1，0，1)，M(0，4，1)，34AB(2，0，0)，AM(0，1)，AB1(2，2，0)，AC(1，0，1)3记平面AMB的法向量为

40、n1，平面ACB1的法向量为n2.ABn10，由得n1(0，3，4)；n10，AMACn20，由得n2(1，1，1)1n20，AB|cosn1，n2|n1n2|1|3，|n1|n2|5315平面AMB与平面ACB1所成锐二面角的余弦值为3.1510如下列图的多面体ABCDA1B1C1中，上底面ABCD与下底面A1B1C1平行，四边形ABCD为平行四边形，且AA1BB1CC1.已知AB1A1B12AA12AC，AA1C13，且A1C1B1C1.求证：平面ACC1A1平面A1B1C1.若点M为B1C1的中点，求直线C1D与CM所成角的余弦值10(1)证明：(方法一)如图，取A1C1的中点O，连结A

41、O，AC1，OB1.AA1CC1，A，A1，C1，C四点共面又平面ABCD平面A1B1C1，平面AA1C1C平面ABCDAC，平面AA1C1C平面A1B1C1A1C1，ACA1C1，四边形AA1C1C为平行四边形又AA1AC，四边形AA1C1C为菱形又AA1C13，AA1C1是等边三角形O为A1C1的中点，AOA1C1.AA1AC2，则AB1A1B14，AO3.A1C1B1C1，B1C1422223，OB112（23）213.2(3)2(2，AO2OB113)216AB1AOOB1.A1C1OB1O，AO平面A1B1C1.又AO?平面ACC1A1，平面ACC1A1平面A1B1C1.(方法二)连

42、结AC1，AA1CC1，A，A1，C1，C四点共面又平面ABCD平面A1B1C1，平面AA1C1C平面ABCDAC，平面AA1C1C平面A1B1C1A1C1，ACA1C1，四边形AA1C1C为平行四边形又AA1AC，四边形AA1C1C为菱形又AA1C13，AA1C1是等边三角形2223，AB14，设AA1AC2，则AC12，B1C1A1B1A1C1222显然AB1AC1B1C1，得B1C1A90，即B1C1AC1.B1C1A1C1，AC1A1C1C1，B1C1平面ACC1A1.又B1C1?平面A1B1C1，平面ACC1A1平面A1B1C1.(2)解：取A1B1的中点E，连结OE，则OEA1C1.(1)知AO平面A1B1C1，以O为坐标原点，分别以OA1，OE，OA为x轴、y轴、z轴的正方向，成立空间直角坐标系Oxyz，如图AA1AC2，则AB1A1B14，AO3，B1C123，OE3，A1(1，0，0)，B1(1，23，0)，C1(1，0，0)，C(2，0，3)点M为B1C1的中点，M(1，3